Cálculo I - Notas de Aula - Icmc-Usp

Calculo I - Notas de Aula

Marcia Federson e Gabriela Planas

Marco de 2007

Sumario

1 Os Numeros Reais 41.1 Os Numeros Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Os Numeros Reais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Modulo de um Numero Real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.4 *Limitacao de Subconjuntos de R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2 Funcoes 162.1 Nocoes Gerais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2 Operacoes com Funcoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3 Definicoes Adicionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192.4 Funcoes Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 232.5 Funcoes Exponenciais e Logarıtmicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262.6 *Sequencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2.6.1 Limite de uma Sequencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3 Limite e Continuidade 343.1 Nocao Intuitiva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 343.2 Definicoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 363.3 Propriedades do Limite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 403.4 Limites Laterais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.5 Propriedades das Funcoes Contınuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.6 Limites Infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.7 Limites no Infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 523.8 Limites Infinitos no Infinito . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 543.9 O Numero e . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.10 Outras Propriedades das Funcoes Contınuas . . . . . . . . . . . . . . . . . . 583.11 *Limite de Funcoes e Sequencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4 A Derivada 644.1 Motivacao e Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 644.2 A Derivada Como uma Funcao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 694.3 Formulas e Regras de Derivacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.4 A Regra da Cadeia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

1

4.5 Derivacao Implıcita e Derivada da Funcao Inversa . . . . . . . . . . . . . . . 764.6 Derivadas de Ordens Superiores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 784.7 Taxas Relacionadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 794.8 Aproximacoes Lineares e Diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

5 Aplicacoes da Derivada 845.1 Maximos e Mınimos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.2 O Teorema do Valor Medio e suas Consequencias . . . . . . . . . . . . . . . 865.3 Concavidade e Pontos de Inflexao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 905.4 Regras de L’Hospital . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 945.5 Polinomios de Taylor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 975.6 Assıntotas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1015.7 Esboco de Graficos de Funcoes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1035.8 Problemas de Mınimos e Maximos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

6 A Integral 1076.1 A Integral de Riemann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1076.2 Propriedades da Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1106.3 O Primeiro Teorema Fundamental do Calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.4 Antiderivadas ou Primitivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1136.5 O Segundo Teorema Fundamental do Calculo . . . . . . . . . . . . . . . . . 1146.6 O Logaritmo Definido como uma Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1156.7 Mudanca de Variavel ou Regra da Substituicao . . . . . . . . . . . . . . . . 1176.8 Integracao por Partes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

7 Aplicacoes da Integral 1227.1 Deslocamento e Espaco Percorrido . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1227.2 Calculo de Areas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1247.3 Volume de Solido de Revolucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

7.3.1 Seccoes Transversais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1287.3.2 Cascas Cilındricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

7.4 Comprimento de Arco . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1317.5 Area de Superfıcie de Revolucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1327.6 Trabalho . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1347.7 Centro de Massa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136

8 Tecnicas de Integracao 1408.1 Integrais Trigonometricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1408.2 Substituicao Inversa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1438.3 Primitivas de Funcoes Racionais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

8.3.1 Denominadores Redutıveis do 2o Grau . . . . . . . . . . . . . . . . . 1458.3.2 Denominadores Redutıveis do 3o Grau . . . . . . . . . . . . . . . . . 1478.3.3 Denominadores Irredutıveis do 2o Grau . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

2

8.4 A Substituicao u = tg(x/2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

9 Integrais Improprias 1519.1 Intervalos Infinitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1519.2 Testes de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1539.3 Integrandos Descontınuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

3

Capıtulo 1

Os Numeros Reais

1.1 Os Numeros Racionais

Indicamos por N, Z e Q os conjuntos dos numeros naturais, inteiros e racionais respectiva-mente. Assim

N = {0, 1, 2, 3, . . .},Z = {. . . ,−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, . . .},Q =

{a

b; a, b ∈ Z , b 6= 0

}.

A soma e o produto em Q sao dados, respectivamente, por:

a

b+

c

d:=

ad + bc

bd

a

b· c

d:=

ac

bd.

Chamamos adicao a operacao que a cada par (x, y) ∈ Q×Q associa sua soma x+y ∈ Qe chamamos multiplicacao a operacao que a cada par (x, y) ∈ Q×Q associa seu produtox · y ∈ Q.

A terna (Q, +, ·), ou seja, Q munido das operacoes “ + ” e “ · ” satisfaz as propriedadesde um corpo. Isto quer dizer que valem as propriedades seguintes:

(A1) (associativa) (x + y) + z = x + (y + z), para quaisquer x, y, z ∈ Q ;

(A2) (comutativa) x + y = y + x, para quaisquer x, y ∈ Q ;

(A3) (elemento neutro) existe 0 ∈ Q tal que x + 0 = x, para todo x ∈ Q ;

(A4) (oposto) para todo x ∈ Q, existe y ∈ Q (y = −x), tal que x + y = 0 ;

(M1) (associativa) (xy)z = x(yz), para quaisquer x, y, z ∈ Q ;

(M2) (comutativa) xy = yx, para todo x, y ∈ Q ;

4

(M3) (elemento neutro) existe 1 ∈ Q, tal que x1 = x, para todo x ∈ Q ;

(M4) (elemento inverso) para todo x ∈ Q, x 6= 0, existe y ∈ Q,(y = 1

x

), tal que x ·y = 1 ;

(D) (distributiva da multiplicacao) x(y + z) = xy + xz, ∀ x, y, z ∈ Q .

Apenas com estas 9 propriedades podemos provar todas as operacoes algebricas com ocorpo Q. Vamos enunciar algumas e demonstrar outras a seguir.

Proposicao 1.1. O elementos neutros da adicao e da multiplicacao sao unicos.

Proposicao 1.2. O elemento oposto e o elemento inverso sao unicos.

Proposicao 1.3 (Lei do Cancelamento). Em Q, vale

x + z = y + z =⇒ x = y .

Prova.

x + z = y + z+(−z)=⇒ (x + z) + (−z) = (y + z) + (−z)

(A1)=⇒ x + (z + (−z))

= y + (z + (−z))(A4)=⇒ x + 0 = y + 0

(A3)=⇒ x = y .

¤Segue da lei do cancelamento que

Proposicao 1.4. Para todo x ∈ Q, x · 0 = 0.

Proposicao 1.5. Para todo x ∈ Q, −x = (−1)x.

Diremos que

a

b∈ Q e

{nao-negativo, se a · b ∈ Npositivo, se a · b ∈ N e a 6= 0

e diremos que

a

b∈ Q e

nao-positivo, sea

bnao for positivo

negativo, sea

bnao for nao-negativo.

Sejam x, y ∈ Q. Diremos que x e menor do que y e escrevemos x < y, se existir t ∈ Qpositivo tal que

y = x + t.

Neste mesmo caso, poderemos dizer que y e maior do que x e escrevemos y > x. Emparticular, x > 0 se x for positivo e x < 0 se x for negativo.

Se x < y ou x = y, entao escreveremos x ≤ y e lemos “ x e menor ou igual a y ”. Damesma forma, se y > x ou y = x, entao escreveremos y ≥ x e, neste caso, lemos “ y e maiorou igual a x ”. Escreveremos x ≥ 0 se x for nao-negativo e x ≤ 0 se x for nao-positivo.

A quadrupla (Q , + , · , ≤ ) satisfaz as propriedades de um corpo ordenado, ou seja,alem das propriedades anteriores, tambem valem as propriedades seguintes:

5

(O1) (reflexiva) x ≤ x, para todo x ∈ Q ;

(O2) (anti-simetrica) x ≤ y e y ≤ x =⇒ x = y, para quaisquer x, y ∈ Q ;

(O3) (transitiva) x ≤ y , y ≤ z =⇒ x ≤ z, para quaisquer x, y, z ∈ Q ;

(O4) Para quaisquer x, y ∈ Q, x ≤ y ou y ≤ x ;

(OA) x ≤ y =⇒ x + z ≤ y + z ;

(OM) x ≤ y e z ≥ 0 =⇒ xz ≤ yz .

Proposicao 1.6. Para quaisquer x, y, z, w no corpo ordenado Q, valem

(a)x ≤ yz ≤ w

}=⇒ x + z ≤ y + w.

(b)0 ≤ x ≤ y0 ≤ z ≤ w

}=⇒ xz ≤ yw.

Prova. Vamos provar o ıtem (b).

0 ≤ x ≤ y0 ≤ z ≤ w

}(OM)=⇒ xz ≤ yz

yz ≤ yw

}(O3)=⇒ xz ≤ yw

¤

Outras propriedades:

Sejam x, y, z, w ∈ Q. Entao valem

• x < y ⇐⇒ x + z < y + z;

• z > 0 ⇐⇒ 1

z> 0;

• z > 0 ⇐⇒ −z < 0;

• Se z > 0, entao x < y ⇐⇒ xz < yz;

• Se z < 0, entao x < y ⇐⇒ xz > yz;

• 0 ≤ x < y0 ≤ z < w

}=⇒ xz < yw;

• 0 < x < y ⇐⇒ 0 <1

y<

1

x;

• (tricotomia) x < y ou x = y ou x > y;

• (anulamento do produto) xy = 0 ⇐⇒ x = 0 ou y = 0.

6

1.2 Os Numeros Reais

Os numeros racionais podem ser representados por pontos em uma reta horizontal ordenada,chamada reta real.

−3 −2 −1 0

12

1

43

2

52

3 4 5-

Se P por a representacao de um numero racional x, diremos que x e a abscissa de P.Nem todo ponto da reta real e racional. Considere um quadrado de lado 1 e diagonal d .Pelo Teorema de Pitagoras,

d2 = 12 + 12 = 2.

Seja P a interseccao do eixo x com a circunferencia de raio d.

0 P

d

1 x-

Mostraremos que P e um ponto da reta com abscissa x 6∈ Q.

Proposicao 1.7. Seja a ∈ Z. Temos

(a) Se a for ımpar, entao a2 e ımpar;

(b) Se a2 for par, entao a e par.

Prova.

(a) Se a for ımpar, entao existe k ∈ Z tal que a = 2k + 1 . Daı segue que

a2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + k︸︷︷︸`

) + 1 = 2` + 1 ,

onde ` = 2k2 + k , e portanto a2 tambem sera ımpar.

(b) Suponha, por absurdo, que a nao e par. Logo a e ımpar. Entao, pela Proposicao 1.7(a), a2 tambem e ımpar, o que contradiz a hipotese. Portanto a e par necessariamente.

¤

7

Proposicao 1.8. A equacao x2 = 2 nao admite solucao em Q .

Prova. Suponhamos, por absurdo, que x2 = 2 tem solucao em Q . Entao podemos tomar

x =a

bcom a, b ∈ Z e

a

birredutıvel. Logo

(a

b

)2

= 2 , ou seja, a2 = 2b2 e portanto a2 e par.

Segue da Proposicao 1.7 (b) que a tambem e par. Portanto existe k ∈ Z tal que a = 2k .Mas

a2 = 2b2

a = 2k

}=⇒ 2b2 = 4k2 =⇒ b2 = 2k2 .

Portanto b2 e par e, pela Proposicao 1.7 (b), b tambem e par. Mas isto implica quea

be

redutıvel (pois a e b sao divisıveis por 2 ) o que e uma contradicao. Portanto nao existea

b∈ Q tal que

(a

b

)2

= 2 . ¤

Denotamos o conjunto dos numeros reais por R. Temos R ⊃ Q e todo numero real quenao e racional e dito irracional.

Em R , definimos uma adicao (+) , uma multiplicacao (·) e uma relacao de ordem (≤).Entao a quadrupla (R , + , · , ≤ ) satisfaz as condicoes (A1) a (A4) , (M1) a (M4) , (D) ,(O1) a (O4) , (OA) e (OM) como na secao anterior e portanto e um corpo ordenado.

Para resolver uma equacao em x e necessario encontrar o conjunto dos numeros reaisx que satisfazem a equacao. Para resolver uma inequacao em x e necessario encontrar oconjunto dos numeros reais x que satisfazem a desigualdade.

Exemplo 1.1. A inequacao x− 2 < 4 resulta em x < 6.

Exemplo 1.2. Resolva a inequacao −3(4− x) ≤ 12.

Multiplicando a ambos os lados da desigualdade por −13, temos 4 − x ≥ −4. Subtraindo 4

resulta em −x ≥ −8 e multiplicando por −1 obtemos x ≤ 8.

Exemplo 1.3. Resolva a inequacao πx + 1729 < 4x + 1.

Vamos comecar adicionando o oposto de 1729 + 4x dos dois lados da inequacao. Assim

πx + 1729− 1729− 4x < 4x + 1− 1729− 4x

ou sejaπx− 4x < 1− 1729

que tambem pode ser escrita como

(π − 4)x < −1728.

Agora multiplicaremos a ultima inequacao pelo inverso de π − 4, que e negativo. Obtemos,entao,

x > − 1728

π − 4

8

ou seja

x >1728

4− π.

Exemplo 1.4. Qual e o sinal dex + 1

1− xem funcao de x?

O numerador e positivo quando x > −1, negativo quando x < −1 e zero quando x = −1. Odenominador e positivo quando x < 1, negativo quando x > 1 e zero quando x = 1. Portantoa fracao sera positiva quando −1 < x < 1, negativa quando x < −1 ou x > 1 e zero quandox = −1.

Exercıcio: Resolva a inequacao2x + 1

x− 4≤ 0. [R : −1

2< x < 4].

1.3 Modulo de um Numero Real

Definicao 1.1. Seja x ∈ R. O modulo ou valor absoluto de x e dado por

|x| ={

x, x ≥ 0−x, x < 0.

Segue da definicao acima que |x| ≥ 0 e −|x| ≤ x ≤ |x|, para todo x ∈ R.

Exemplo 1.5. Mostre que |x|2 = x2, ou seja, o quadrado de um numero real nao mudaquando se troca seu sinal.

Lembre que√

x significa raiz quadrada positiva de x. Logo, segue do Exemplo 1.5 que

√x2 = |x|

Exemplo 1.6. A equacao |x| = r, com r ≥ 0, tem como solucoes os elementos do conjunto{r,−r}.

O resultado do Exemplo 1.6 pode ser generalizado como no exemplo seguinte.

Exemplo 1.7. A equacao |ax− b| = r, com r ≥ 0 e a 6= 0, tem como solucoes os elementos

do conjunto

{b + r

a,b− r

a

}.

Exemplo 1.8. Resolva a equacao |2x + 1| = 3.

Temos 2x + 1 = 3 ou 2x + 1 = −3, o que nos leva a solucao x = 1 ou x = −2.

Sejam P e Q dois pontos da reta real de abscissas x e y respectivamente. Entao adistancia de P a Q (ou de x a y) e dada por |x−y|. Assim |x−y| e a medida do segmentoPQ. Em particular, como |x| = |x− 0|, entao |x| e a distancia de x a 0.

O proximo exemplo diz que a distancia de x a 0 e menor do que r, com r > 0, se esomente se x estiver entre −r e r.

9

Exemplo 1.9. Seja com r > 0. Entao |x| < r ⇐⇒ −r < x < r .

Suponhamos que |x| < r. Analisando o sinal de x, temos

• x ≥ 0 =⇒ r > |x| = x,

• x < 0 =⇒ r > |x| = −x =⇒ −r < x.

Portanto −r < x < r.Agora suponhamos que −r < x < r. Entao,

• x ≥ 0 =⇒ |x| = x < r,

• x < 0 =⇒ −x = |x| < r.

Portanto, |x| < r.A seguinte figura ilustra o significado geometrico do exemplo.

|x| < r(

−r

r)

r0x

-

Agora, vamos generalizar o Exemplo 1.9.

Exemplo 1.10. Resolva a inequacao |ax− b| < r na variavel x, com r > 0 e a 6= 0.

De forma similar ao exemplo anterior, −r < ax− b < r. Somando b aos termos da inequacaoobtemos

b− r < ax < b + r.

Logo,

• a > 0 =⇒ b− r

a< x <

b + r

a;

• a < 0 =⇒ b + r

a< x <

b− r

a.

Como caso particular do Exemplo 1.10, se a distancia de x a p for menor do que r, istoe, |x− p| < r, r > 0, entao x estara entre p− r e p + r. Geometricamente,

|x− p | < r(

p− r

r)

p + rpx

-

10

Exemplo 1.11. Para quaisquer x, y ∈ R, vale

| xy| = | x| | y| .

Temos que |xy|2 = (xy)2 = x2y2 = |x|2| y|2 = (|x|| y|)2. Como | xy| ≥ 0 e |x|| y| ≥ 0 resulta|xy| = |x| | y|.Exemplo 1.12 (Desigualdade triangular). Para quaisquer x, y ∈ R , vale

|x + y| ≤ |x|+ | y| .

Somando −| x| ≤ x ≤ | x| e −| y| ≤ y ≤ | y| obtemos −|x| − | y| ≤ x + y ≤ |x|+ | y|.Exemplo 1.13. Descreva o valor de |x + 1|+ |x− 1| sem utilizar o modulo.

• Se x ≥ 1, entao

{ |x + 1| = x + 1|x− 1| = x− 1

e, portanto, |x+1|+ |x− 1| = x+1+x− 1 = 2x.

• Se −1 ≤ x < 1, entao

{ |x + 1| = x + 1|x− 1| = −x + 1

e, portanto, |x+1|+|x−1| = x+1−x+1 =

2.

• Se x < −1, entao

{ |x + 1| = −x− 1|x− 1| = −x + 1

e, portanto, |x+1|+ |x−1| = −x−1−x+1 =

−2x.

Logo |x + 1|+ |x− 1| =

2x, x ≥ 12, −1 ≤ x < 1−2x, x < −1.

Definicao 1.2. Um intervalo em R e um subconjunto de R que tem uma das seguintesformas:

• [a, b] ={x ∈ R : a ≤ x ≤ b

}Intervalo fechado,

• (a, b) ={x ∈ R : a < x < b

}Intervalo aberto,

• [a, b) ={x ∈ R : a ≤ x < b

},

• (a, b] ={x ∈ R : a < x ≤ b

},

• (−∞, b] ={x ∈ R : x ≤ b

}

• (−∞, b) ={x ∈ R : x < b

},

• [a, +∞) ={x ∈ R : a ≤ x

},

• (a, +∞) ={x ∈ R : a < x

},

• (−∞, +∞) = R.

Exemplo 1.14.{x ∈ R : 2x− 3 < x + 1

}=

{x ∈ R : x < 4

}= (−∞, 4).

11

1.4 *Limitacao de Subconjuntos de RDefinicao 1.3. Um conjunto A ⊂ R sera dito limitado, se existir L > 0 tal que |x| ≤ L,para todo x ∈ A.

Proposicao 1.9. Um conjunto A ⊂ R sera limitado se, e somente se, existir L > 0 tal queA ⊂ [−L,L].

Exemplo 1.15.

(a) A = [0, 1] e limitado

(b) N nao e limitado (sera mostrado mais tarde)

(c) B =

{2n − 1

2n: n ∈ N

}e limitado

(d) C =

{2n− 1

n: n ∈ N∗

}e limitado.

Definicao 1.4. Um conjunto A ⊂ R sera dito ilimitado, se ele nao for limitado.

Proposicao 1.10. Um conjunto A ⊂ R sera ilimitado se, e somente se, para todo L > 0,existir x ∈ A tal que | x| > L.

Definicao 1.5. Seja A ⊂ R. Diremos que

• A sera dito limitado superiormente, se existir L ∈ R tal que x ≤ L, para todox ∈ A.

Neste caso, L sera chamado limitante superior ou cota superior de A.

• A sera dito limitado inferiormente, se existir ` tal que x ≥ `, para todo x ∈ A.

Neste caso, ` sera chamado limitante inferior ou cota inferior de A.

Segundo a definicao acima, podemos notar que A ⊂ R sera limitado se, e somente se, Afor limitado superiormente e inferiormente.

Exemplo 1.16.

(a) Considere A = [0, 1). Entao

−2 e 0 sao limitantes inferiores de A;

1, π e 101 sao limitantes superiores de A.

(b) N nao e limitado mas e limitado inferiormente por 0, pois 0 ≤ x, para todo x ∈ N.

(c) B = {x ∈ Q : x ≤ √2} nao e limitado, mas e limitado superiormente por L, onde

L ≥ √2.

12

Definicao 1.6. Seja A ⊂ R limitado superiormente (respectivamente limitado inferior-mente), A 6= ∅.

• Se L ∈ R for cota superior (resp. cota inferior) de A e para toda cota superior (resp.cota inferior) L de A, tivermos

L ≤ L (resp. L ≤ L ),

entao L sera chamado supremo (resp. ınfimo) de A. Neste caso, escreveremos

L = sup A (resp. L = inf A ).

• Se L = sup A ∈ A, entao L sera maximo (resp. mınimo de A ). Neste caso,escreveremos

L = max A (resp. L = min A ).

Proposicao 1.11. Seja A ⊂ R limitado superiormente, A 6= ∅. Entao L = sup A se, esomente se, valerem as propriedades seguintes

(a) L e cota superior de A.

(b) Para todo ε > 0, existe a ∈ A tal que a > L− ε.

Analogamente temos

Proposicao 1.12. Seja A ⊂ R limitado inferiormente, A 6= ∅. Entao L = inf A se, esomente se, valem as seguintes propriedades

(a) L e cota inferior de A.

(b) Para todo ε > 0, existe a ∈ A tal que a < L + ε.

Exemplo 1.17.

(a) Seja A = (0, 1] . Entao 0 = inf A e 1 = max A .

(b) Seja B = N . Entao 0 = minN .

(c) Seja C = {x ∈ Q : x2 ≤ 2} . Entao√

2 = sup C e −√2 = inf C . Note que−√2,

√2 /∈ C.

Axioma 1.1 (da Completeza ou do Sup). Seja A ⊂ R, A 6= ∅. Se A for limitado superior-mente, entao existira L = sup A.

Proposicao 1.13. Se A ⊂ R for limitado inferiormente (superiormente), entao o conjunto−A = {−x : x ∈ A} sera limitado superiormente (inferiormente) e inf A = − sup(−A)(resp. sup A = − inf(−A)).

13

Corolario 1.1. Seja A ⊂ R, A 6= ∅. Se A for limitado inferiormente, entao existiraL = inf A.

Corolario 1.2. Seja A ⊂ R limitado, A 6= ∅. Entao A admite ınfimo e supremo.

Teorema 1.1 (Propriedade Arquimediana de R). Seja x 6= 0. Entao o conjunto A = {nx :n ∈ N} e ilimitado.

Prova. Suponhamos, primeiramente, que x > 0 e suponhamos, por absurdo, que A sejalimitado. Entao existira L = sup A pois A 6= ∅ (por que?). Logo, dado ε = x existira m ∈ Ntal que L − x < mx (veja a Proposicao 1.11). Portanto L < (m + 1)x o que contradiz asuposicao.

O caso x < 0 segue de modo analogo. ¤

Corolario 1.3. O conjunto dos numeros naturais nao e limitado superiormente.

Corolario 1.4. Para todo ε > 0, existe n ∈ N tal que

1

n< ε.

Corolario 1.5. Se A =

{1

n: n ∈ N

}, entao inf A = 0.

Definicao 1.7. Uma vizinhanca de a ∈ R e qualquer intervalo aberto da reta contendo a .

Exemplo 1.18. O conjunto Vδ(a) := (a−δ , a+δ), onde δ > 0, e uma vizinhanca de a ∈ R.

Definicao 1.8. Sejam A ⊂ R e b ∈ R. Se para toda vizinhanca Vδ(b) de b existir a ∈Vδ(b) ∩ A, com a 6= b, entao b sera dito ponto de acumulacao de A.

Exemplo 1.19.

(a) Seja A = (a, b). Entao o conjunto dos pontos de acumulacao de A e [a, b].

(b) Seja B = Z. Entao B nao tem pontos de acumulacao.

(c) Qualquer subconjunto finito de R nao admite pontos de acumulacao.

Exercıcio: Mostre que se um conjunto A ⊂ R tiver um ponto de acumulacao, entao A seraum conjunto com infinitos elementos.

Definicao 1.9. Seja B ⊂ R. Um ponto b ∈ B sera dito um ponto isolado de B, se existirδ > 0 tal que Vδ(b) nao contem pontos de B distintos de b.

Exemplo 1.20.

14

(a) Seja B = {1, 1/2, 1/3, . . .}. Entao o conjunto dos pontos de acumulacao de B e {0} eo conjunto dos pontos isolados de B e o proprio conjunto B.

(b) O conjunto Z possui apenas pontos isolados.

Observacao: Podem haver conjuntos infinitos que nao possuem pontos de acumulacao (porexemplo Z). No entanto, todo conjunto infinito e limitado possui pelo menos um ponto deacumulacao.

Pela propriedade arquimediana de R, podemos provar a proposicao seguinte.

Proposicao 1.14. Qualquer intervalo aberto nao-vazio contem um numero racional.

Daı, segue que

Corolario 1.6. Qualquer intervalo aberto nao-vazio contem um numero infinito denumeros racionais.

Proposicao 1.15. O conjunto dos pontos de acumulacao de Q e R.

Exercıcios:

(a) Mostre que se r for um numero racional nao nulo, entao r√

2 sera um numero irracional.

(b) Mostre que todo intervalo aberto contem um numero irracional.

(c) Mostre que todo intervalo aberto contem um numero infinito de numeros irracionais.

(d) Mostre que qualquer numero real e ponto de acumulacao do conjunto dos numerosirracionais.

15

Capıtulo 2

Funcoes

2.1 Nocoes Gerais

O objeto fundamental do calculo sao as funcoes. As funcoes surgem quando uma quantidadedepende de outra. Por exemplo, a area A de um cırculo depende de seu raio r. A lei querelaciona r com A e dada por A = πr2, neste caso dizemos que A e uma funcao de r. Outrosexemplos sao, a populacao P de uma determinada especie depende do tempo t, o custo Cde envio de um pacote pelo correio depende de seu peso w.

Definicao 2.1. Dados dois conjuntos A,B 6= ∅, uma funcao f de A em B (escrevemosf : A → B ) e uma lei ou regra que a cada x ∈ A, associa um unico elemento f(x) ∈ B.Temos

• A e chamado domınio de f ;

• B e chamado contra-domınio de f ;

• o conjuntoIm(f) = {y ∈ B ; y = f(x), x ∈ A} .

e chamado imagem de f .

Notacoes alternativas. Seja f : A → B uma funcao. Podemos denotar

• Df = D(f) = A para o domınio de f ;

• f(Df ) := Im(f) para a imagem de f .

Tambem podemos descrever a acao de f ponto a ponto como

x ∈ A 7→ f(x) ∈ B .

Convencao: Se o domınio de uma funcao nao e dado explicitamente, entao, por convencao,adotamos como domınio o conjunto de todos os numeros reais x para os quais f(x) e umnumero real.

16

Definicao 2.2. Sejam f : A → B uma funcao e A,B ⊂ R. O conjunto

G(f) = Gf = {(x, f(x)) : x ∈ A}

e chamado grafico de f .

Decorre da definicao acima que G(f) e o lugar geometrico descrito pelo ponto (x, f(x)) ∈R×R, quando x percorre o domınio Df . Observe que, por exemplo, uma circunferencia naorepresenta o grafico de uma funcao.

Exemplo 2.1. Seja f : R→ R. Temos

(a) funcao constante: f(x) = k;

(b) funcao identidade: f(x) = x;

(c) funcao linear: f(x) = ax;

(d) funcao afim: f(x) = ax + b;

(e) funcao polinomial: f(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · ·+ anx

n =n∑

i=0

aixi; em particular,

se n = 2, f(x) = ax2 + bx + c e uma funcao quadratica,

se n = 3, f(x) = ax3 + bx2 + cx + d e uma funcao cubica;

(f) funcao potencia: f(x) = xa, onde a e uma constante; em particular,

se a =1

n, f(x) = x1/n = n

√x, onde n e um inteiro positivo, e uma funcao raiz; temos

que Df = [0, +∞) se n e par e Df = R se n e ımpar;

(g) funcao racional: f(x) =p(x)

q(x), onde p(x) e q(x) sao funcoes polinomiais. Note que

Df = {x ∈ R ; q(x) 6= 0};(h) funcao algebrica: funcao construıda usando operacoes algebricas comecando com

polinomios; por exemplo, f(x) =√

x2 + 1, Df = R, g(x) =(x− 4)

x4 +√

2x3√

x + 1, Dg =

(0, +∞).

Definicao 2.3. Sejam f : A → B e D ⊂ A. Denotamos por f∣∣D

a restricao de f aosubconjunto D de A. Entao

f∣∣D(x) = f(x), para todo x ∈ D.

Observacao: Seja D ⊂ R. Denotaremos por ID : D → D a funcao identidade definidapor ID(x) = x para todo x ∈ D.

17

Exemplo 2.2. Funcao definida por partes: definida de forma diversa em diferentespartes de seu domınio; por exemplo,

(a) f(x) =

{1− x se x ≤ 1,x2 se x > 1;

(b) g(x) = |x| ={

x se x ≥ 0,−x se x < 0.

Exemplo 2.3. Esboce o grafico de f(x) = |x− 1|+ 3.

Primeiro eliminamos o modulo. Assim, f(x) =

{x + 2 se x ≥ 1,4− x se x < 1.

Exemplo 2.4. Um fabricante de refrigerante quer produzir latas cilındricas para seu produto.A lata dever ter um volume de 360 ml. Expresse a area superficial total da lata em funcaodo seu raio e de o domınio da funcao.

Seja r o raio da lata e h a altura. A area superficial total (topo, fundo e area lateral) edada por S = 2πr2 + 2πrh. Sabemos que o volume V = πr2h deve ser de 360 ml, temosπr2h = 360, ou seja h = 360/πr2. Portanto, S(r) = 2πr2 + 2πr360/πr2 = 2πr2 + 720/r.Como r so pode assumir valores positivos, DS = (0, +∞).

Exemplo 2.5. Esboce os graficos de f(x) = x2 − 1 e g(x) = x2 + 1.

Formulas de translacao:

• f(x) + k translada o grafico de f, k unidades para cima se k > 0 e |k| unidades parabaixo se k < 0,

• f(x + k) translada o grafico de f, k unidades para a esquerda se k > 0 e |k| unidadespara a direita se k < 0.

Exemplo 2.6. Esboce os graficos de f(x) = (x− 1)2 e g(x) = (x + 1)2.

Exemplo 2.7. Esboce o graficos de f(x) = x2 + 6x + 10.

Completando o quadrado, escrevemos f(x) = (x+3)2+1. Logo, o grafico e a parabola y = x2

deslocada 3 unidades para esquerda e entao uma unidade para cima.

2.2 Operacoes com Funcoes

Definicao 2.4. Dadas funcoes f : Df → R e g : Dg → R e dado x ∈ Df ∩ Dg, podemosdefinir algumas operacoes com funcoes:

• soma: (f + g)(x) = f(x) + g(x);

• produto: (fg)(x) = f(x)g(x);

• quociente:

(f

g

)(x) =

f(x)

g(x), se g(x) 6= 0.

18

Exemplo 2.8. Se f(x) =√

7− x e g(x) =√

x− 2, entao Df = (−∞, 7], Dg = [2, +∞) eDf ∩Dg = [2, 7]. Temos que,

(a) (f + g)(x) =√

7− x +√

x− 2 2 ≤ x ≤ 7,

(b) (fg)(x) =√

7− x√

x− 2 =√

(7− x)(x− 2) 2 ≤ x ≤ 7,

(c)(f

g

)(x) =

√7− x√x− 2

=

√7− x

x− 22 < x ≤ 7.

Definicao 2.5. Dadas funcoes f : Df → R e g : Dg → R, com Imf ⊂ Dg, definimos afuncao composta

h : Df → R

porh(x) = g(f(x)), para todo x ∈ Df .

Neste caso, escrevemos h = g ◦ f .

Exemplo 2.9. Se f(x) = 2x + 1 e g(x) = x2 + 3x, entao

(a) g ◦ f(x) = g(2x + 1) = (2x + 1)2 + 3(2x + 1) = 4x2 + 10x + 4,

(b) f ◦ g(x) = f(x2 + 3x) = 2(x2 + 3x) + 1 = 2x2 + 6x + 1.

Observacao: Em geral, f ◦ g 6= g ◦ f.

Exemplo 2.10. Encontre f ◦ g ◦ h se f(x) =x

x + 1, g(x) = x10 e h(x) = x + 3.

f ◦ g ◦ h(x) = f(g(h(x))) = f(g(x + 3)) = f((x + 3)10) =(x + 3)10

(x + 3)10 + 1.

Exercıcio: Se f(x) =√

x e g(x) =√

2− x, encontre e determine o domınio das funcoes:

(a) f ◦ g(x) = 4√

2− x, Df◦g = (−∞, 2] (b) g ◦ f(x) =

√2−√x, Dg◦f = [0, 4]

(c) f ◦ f(x) = 4√

x, Df◦f = [0, +∞) (d) g ◦ g(x) =

√2−√2− x, Dg◦g = [−2, 2].

2.3 Definicoes Adicionais

No que segue, consideraremos f : Df → R uma funcao.

Definicao 2.6. Diremos que

• f e par se, e somente se, f(−x) = f(x), para todo x ∈ Df ;

19

• f e ımpar se, e somente se, f(−x) = −f(x), para todo x ∈ Df .

Observacao: O significado geometrico de uma funcao par e que seu grafico e simetrico emrelacao ao eixo y e de uma funcao ımpar e que seu grafico e simetrico em relacao a origem.

Exemplo 2.11. f(x) = x2 e par; a funcao identidade I(x) = x e ımpar; f(x) = 2x − x2

nao e nem par nem ımpar.

Exercıcio: Determine se a funcao e par, ımpar ou nenhum desses dois.

(a) f(x) = x5 + x, (b) f(x) = 1− x4, (c) f(x) = 3x2 + 2x2 + 1.

Definicao 2.7. Seja ω 6= 0. Entao f sera dita periodica de perıodo ω ou ω-periodicase, e somente se, tivermos

f(x) = f(x + ω), para todo x ∈ Df .

Em particular, se existir um menor ω0 positivo tal que f seja ω0-periodica, entao diremosque ω0 sera o perıodo mınimo de f .

Proposicao 2.1. Sejam c 6= 0 6= ω. Se f : R → R for ω-periodica, entao serao validas asafirmacoes:

(a) f e nω-periodica para todo inteiro nao nulo n.

(b) g : R→ R definida por g(x) = f(cx) e ω/c-periodica.

Exemplo 2.12.

(a) f(x) = x− [x], onde [x] = max{n ∈ Z : n ≤ x} e a funcao maior inteiro, e 1-periodicae o perıodo mınimo de f e 1. Note que [x + 1] = [x] + 1.

(b) f(x) =

{1, se x ∈ Q0, se x ∈ R\Q e r-periodica para cada r ∈ Q\{0}. Entao f nao tem

perıodo mınimo.

Definicao 2.8. Diremos que f : Df → B

• f e sobrejetora se, e somente se, Im(f) = B.

• f e injetora se, e somente se,

f(x1) = f(x2) =⇒ x1 = x2, para quaisquer x1, x2 ∈ Df .

• f e bijetora se, e somente se, f for injetora e sobrejetora.

20

Observacao: Note que f sera injetora se, e somente se,

x1 6= x2 =⇒ f(x1) 6= f(x2), para quaisquer x1, x2 ∈ Df .

Exemplo 2.13. A funcao modulo f(x) = |x| nao e injetora pois, por exemplo, | − 1| = |1|e −1 6= 1. f nao e sobrejetora pois Im(f) = R+ ⊂ R. Agora, considerando f

∣∣R+ : R+ → R+

a funcao sera bijetora.

Observacao: Se tomamos B = Im(f) entao f sempre sera sobrejetora.

Definicao 2.9. Uma funcao f : A → B sera dita invertıvel, se existir g : B → A (denotadapor f−1) tal que g ◦ f = IA e f ◦ g = IB.

Proposicao 2.2. Uma funcao f : A → B sera invertıvel se, e somente se, f for bijetora.

Neste caso, a funcao inversa esta definida por

f−1(y) = x ⇐⇒ f(x) = y, ∀ y ∈ B.

Exemplo 2.14. A funcao f(x) = x3 e injetora e a sua inversa e f−1(x) = x1/3.

Observacao: f−1(x) nao significa1

f(x)= [f(x)]−1.

Para achar a funcao inversa:

1. Escreva y = f(x).

2. Resolva essa equacao para x em termos de y.

3. Troque x por y para expressar f−1 como funcao de x.

Exemplo 2.15. Calcule f−1 para a funcao f(x) = 1 + 3x, .

Escrevemos y = 1 + 3x. Resolvemos para x, ou seja, x =1− y

3. E substituindo y por x,

obtemos

f−1(x) =1− x

3.

Exercıcio: Determine a funcao inversa de:

(a) f(x) = x2; (b) f(x) = x3 + 2.

Observacao: Note que

G(f−1) ={(y, f−1(y)) : y ∈ B

}= {(f(x), x) : x ∈ A} .

Com isto, fica facil verificar que G(f−1) e a reflexao de G(f) em torno da reta y = x.

Exercıcio: Esboce os graficos de f(x) =√−x− 1 e de sua funcao inversa.

21

Definicao 2.10. Diremos que f e limitada se, e somente se, o conjunto Im(f) for limitado.Caso contrario, a funcao f sera dita ilimitada. Se A1 ⊂ A, entao f sera limitada em A1

se, e somente se, a restricao f |A1 for limitada.

Observacao: Segue da Definicao 2.10 que se existir L > 0 tal que

|f(x)| ≤ L, para todo x ∈ Df ,

ou, equivalentemente, se existirem L, l ∈ R tais que

l ≤ f(x) ≤ L, para todo x ∈ Df ,

entao f sera limitada.

Exemplo 2.16.

(a) f(x) =x

|x| e limitada;

(b) f(x) =x4

x4 + 1e limitada;

(c) f(x) =1

xe ilimitada.

Definicao 2.11. Definimos

• sup(f) = sup{f(x) : x ∈ Df}.• inf(f) = inf{f(x) : x ∈ Df}.• Se sup(f) = f(x0) para algum x0 ∈ Df , entao diremos que f(x0) e o maximo de f

ou o valor maximo de f . O ponto x0 sera chamado ponto de maximo de f .

• Se inf(f) = f(x0) para algum x0 ∈ Df , entao diremos que f(x0) e o mınimo de f ouo valor mınimo de f . O ponto x0 sera chamado ponto de mınimo de f .


• Se valer a implicacao x < y =⇒ f(x) < f(y), entao f sera estritamente crescente.

• Se valer a implicacao x < y =⇒ f(x) ≤ f(y), entao f sera crescente.

• Se valer a implicacao x < y =⇒ f(x) > f(y), entao f sera estritamente decres-cente.

• Se valer a implicacao x < y =⇒ f(x) ≥ f(y), entao f sera decrescente.

Definicao 2.13. Se f : A → B satisfizer uma das condicoes da Definicao 2.12, diremos quef e uma funcao monotona ou monotonica.

22

Exemplo 2.17. f(x) = x2 e estritamente crescente para x > 0 e estritamente decrescentepara x < 0.

Exemplo 2.18. f(x) =x + 1

xe estritamente decrescente.

Observe que se x < y entao f(x) = 1 +1

x> 1 +

1

y= f(y).

2.4 Funcoes Trigonometricas

Sabemos que em um triangulo retangulo de hipotenusa a e angulos agudos B e C opostos,respectivamente, aos catetos b e c, temos

©©©©©©©©©

c

ba

B

C

cos B =c

a, cos C =

b

a,

sen B =b

a, sen C =

c

a.

Estas relacoes definem o seno e cosseno de um angulo agudo, pois todo angulo agudo eum dos angulos de um triangulo retangulo. Note que sen B e cos B dependem apenas doangulo B e nao do tamanho do triangulo.

Segue do Teorema de Pitagoras que

a2 = b2 + c2 = a2sen2B + a2cos2B = a2(sen2B + cos2B).

Logo1 = sen2B + cos2B. (2.1)

E claro que o seno e o cosseno de um angulo agudo sao numeros compreendidos entre 0 e 1.A relacao (2.1) sugere que para todo angulo α, os numeros cos α e sen α sao as coordenadas

de um ponto da circunferencia de raio 1 e centro na origem de R2. Usaremos isto paraestender as funcoes cosseno e seno para angulos fora do intervalo (0, π/2).

Observacao: Sempre que falarmos das funcoes seno e cosseno os angulos serao sempremedidos em radianos. Temos que πrad = 180o.

Se considerarmos a circunferencia unitaria centrada na origem do R2 e marcarmos, a par-tir do eixo x, um angulo t, entao poderemos definir sen t e cos t de forma que as coordenadasdo ponto P sejam (cos t, sen t).

&%

'$¡¡

r@@

P = (cos t, sen t) rt

α

Q = (cos α, sen α)

1−1-

6

23

Assim, sen t e cos t coincidem com a definicao original se 0 < t < π/2 e podem serestendidas para qualquer t ∈ R, se marcarmos angulos positivos no sentido anti-horario eangulos negativos no sentido horario.

Proposicao 2.3 (Propriedades).

(a) O seno e positivo no primeiro e segundo quadrantes e negativo no terceiro e quartoquadrantes.

(b) O cosseno e positivo no primeiro e quarto quadrantes e negativo no segundo e terceiroquadrantes.

(c) O seno e cosseno sao funcoes 2π-periodicas com imagem no intervalo [−1, 1].

(d) O cosseno e uma funcao par e o seno e uma funcao ımpar.

(e) sen t = cos(π

2− t

)e cos t = sen

(π

2− t

).

(f) −sen t = cos(π

2+ t

)e cos t = sen

(π

2+ t

).

(g) sen t = sen(π − t) e − cos t = cos(π − t).

(h) −sen t = sen(π + t) e − cos t = cos(π + t).

(i) sen(0) = cos(π

2

)= 0 e cos(0) = sen

(π

2

)= 1.

Proposicao 2.4 (Formulas de Adicao).

(a) cos(α + β) = cos(α) cos(β)− sen(α)sen(β).

(b) sen(α + β) = sen(α) cos(β) + sen(β) cos(α).

Trocando β por −β e utilizando a paridade das funcoes temos

(c) cos(α− β) = cos(α) cos(β) + sen(α)sen(β).

(d) sen(α− β) = sen(α) cos(β)− sen(β) cos(α).

A partir das formulas de adicao deduzimos

Proposicao 2.5 (Arco Duplo).

(a) cos(2α) = cos2(α)− sen2(α).

(b) sen(2α) = 2 sen(α) cos(α).

A partir das formulas do arco duplo e da identidade cos2α + sen2α = 1 deduzimos

Proposicao 2.6 (Arco Metade).

24

(a) cos(α) = ±√

1 + cos(2α)

2.

(b) sen(α) = ±√

1− cos(2α)

2.

A partir das formulas de adicao obtemos

Proposicao 2.7 (Transformacao de Produto em Soma).

(a) cos(α) cos(β) =1

2cos(α + β) +

1

2cos(α− β), [somando (a) e (c) da Proposicao 2.4].

(b) sen(α)sen(β) =1

2cos(α + β)− 1

2cos(α− β), [subtraindo (a) e (c) da Proposicao 2.4].

(c) sen(α) cos(β) =1

2sen(α + β)− 1

2sen(α− β) [subtraindo (b) e (d) da Proposicao 2.4].

Proposicao 2.8 (Transformacao de Soma em Produto).

(a) sen (α) + sen (β) = 2sen(α + β

2

)cos

(α− β

2

).

(b) cos(α) + cos(β) = 2 cos(α + β

2

)cos

(α− β

2

).

Prova. (a) Escreva α =α + β

2+

α− β

2e β =

α + β

2−α− β

2e utilize (b) e (d) da Proposicao

2.4.(b) Escreva α e β como na parte (a) e utilize (a) e (c) da Proposicao 2.4. ¤De maneira analoga temos

Proposicao 2.9 (Transformacao de Subtracao em Produto).

(a) sen (α)− sen (β) = 2sen(α− β

2

)cos

(α + β

2

).

(b) cos(α)− cos(β) = −2sen(α + β

2

)sen

(α− β

2

).


• tg(α) =sen(α)

cos(α), D(tg) = {α : cos α 6= 0}

• cotg(α) =cos(α)

sen(α), D(cotg) = {α : senα 6= 0}

• cosec(α) =1

sen(α), D(cosec) = {α : senα 6= 0}

25

• sec(α) =1

cos(α), D(sec) = {α : cos α 6= 0}

Exercıcio: De um significado geometrico para tg(α), cotg(α), sec(α) e cosec(α).

Exercıcio: Esboce os graficos das funcoes tg, cotg, sec e cosec.

Exercıcio: Classifique as funcoes trigonometricas em par, ımpar, periodica, limitada.

2.5 Funcoes Exponenciais e Logarıtmicas

Definicao 2.15. Seja a > 0, a 6= 1. A funcao f(x) = ax e chamada funcao exponencialde base a.

Vejamos o que isso significa.

• Se x = n, um inteiro positivo, entao an = aa · · · a︸︷︷︸n vezes

.

• Se x = 0, entao a0 = 1.

• Se x = −n, onde n e um inteiro positivo, entao a−n =1

an.

• Se x =p

q, onde p e q sao inteiros e q > 0, entao ap/q = q

√ap = ( q

√a)p.

• Se x for un numero irracional. Considere o caso a > 1, entao ax e o unico numeroreal cujas aproximacoes por falta sao as potencias ar, com r racional menor do que xe cujas aproximacoes por excesso sao as potencias as, com s racional maior do que x.Em outras palavras, ax satisfaz a seguinte propriedade:

r < x < s, com r, s ∈ Q =⇒ ar < ax < as.

Se a < 1, ax satisfaz:

r < x < s, com r, s ∈ Q =⇒ as < ax < ar.

Desta forma, se olhamos o grafico da funcao ax onde x racional, os buracos correspon-dentes aos valores irracionais de x, foram preenchidos de forma a obter uma funcaocrescente para todos os numeros reais.

Proposicao 2.10 (Propriedades). Sejam a e b numeros positivos e x e y numeros reaisquaisquer, entao

(a) ax+y = axay,

(b) (ax)y = axy,

26

(c) (ab)x = axbx,

(d) Se a > 1 a funcao exponencial e estritamente crescente, ou seja, se x < y entaoax < ay.

(e) Se 0 < a < 1 a funcao exponencial e estritamente decrescente, ou seja, se x < y entaoax > ay.

Exercıcio: Esboce o grafico da funcoes exponenciais f(x) = 2x e f(x) =(1

2

)x

.

Como a funcao exponencial e ou crescente ou decrescente, existe a funcao inversa.

Definicao 2.16. A funcao inversa da funcao exponencial e chamada funcao logarıtmicacom base a e denotada por loga . Assim,

loga x = y ⇐⇒ ay = x.

Observacao: Note que loga x esta definido para x > 0, a > 0 e a 6= 1. Alem disso satisfaz

loga(ax) = x, x ∈ R e aloga x = x, x > 0.

Proposicao 2.11 (Propriedades). Sejam a > 0, a 6= 1, b > 0, b 6= 1. Entao sao validas asseguintes propriedades

(a) loga xy = loga x + loga y,

(b) loga xy = y loga x,

(c) loga

x

y= loga x− loga y,

(d) Se a > 1 a funcao logarıtmica e estritamente crescente, ou seja, se x < y, entaologa x < loga y,

(e) Se 0 < a < 1 a funcao logarıtmica e estritamente decrescente, ou seja, se x < y, entaologa x > loga y,

(f) (Mudanca de base) loga x =logb x

logb a.

Exercıcio: Esboce o grafico da funcoes logarıtmicas f(x) = log2 x e f(x) = log 12x.

A funcao exponencial de base e onde e ≈ 2, 718281, f(x) = ex, desempenha um papelimportante no calculo.

Definicao 2.17. A funcao logarıtmica com base e e chamada logaritmo natural e deno-tada por loge x = ln x.

Observe que como ln(ex) = x, tomando x = 1 temos que ln e = 1.Ha varias formas de introduzir o numero e. No capıtulo seguinte o definiremos como um

limite. Mais adiante vamos definir o logaritmo natural utilizando integrais, nesse caso, onumero e sera o unico numero satisfazendo ln e = 1.

27

2.6 *Sequencias

Nesta secao, consideraremos um caso particular de funcoes que sao as sequencias.

Definicao 2.18. Uma sequencia e uma funcao definida no conjunto dos numeros naturaise com valores reais, ou seja, f : N→ R.

Note que cada numero natural e levado em um unico numero real

N f→ R1 7→ f(1)2 7→ f(2)3 7→ f(3)...

...

Se denotamos f(n) por xn, entao a sequencia f estara unicamente determinada pela lista denumeros {x1, x2, x3, . . .} ou, abreviadamente, por {xn}. Desta forma, adotaremos a notacao{xn} ou {x1, x2, x3, . . .} para representar uma sequencia. O numero xn e chamado elementode uma sequencia e o conjunto imagem de f , Im(f), e chamado conjunto dos valores de umasequencia.

Como uma sequencia e uma funcao particular, entao estao definidas as operacoes desoma, multiplicacao por escalar, produto e quociente de sequencias.

Exercıcio: Escreva as definicoes de soma, multiplicacao por escalar, produto e quociente desequencias.

Exemplo 2.19. Temos

(a) f : N→ R dada por f(n) = n ou {n} ou {0, 1, 2, 3, . . .} e uma sequencia cujo conjuntodos valores e N.

(b) f : N → R dada por f(n) =1

n + 1ou

{1

n + 1

}ou

{1,

1

2,1

3,1

4, . . .

}e uma sequencia

cujo conjunto dos valores e

{1,

1

2,1

3,1

4, . . .

}.

(c) f : N → R dada por f(n) = (−1)n ou {(−1)n} ou {1,−1, 1,−1, . . .} e uma sequenciacujo conjunto dos valores e {1,−1}.

(d) f : N → R dada por f(n) =n

n + 1ou

{n

n + 1

}ou

{0,

1

2,2

3,3

4, . . .

}e uma sequencia

cujo conjunto dos valores e

{0,

1

2,2

3,3

4, . . .

}.

(e) f : N → R dada por f(n) = rn ou {rn} ou {1, r, r2, r3, . . .} e uma sequencia cujoconjunto dos valores e {1, r, r2, r3, . . .} (progressao geometrica).

28

2.6.1 Limite de uma Sequencia

Note que a sequencia {0,

1

2,2

3,3

4, . . .

}

tem a propriedade de que quanto maior for a variavel n, mais proximo o valor da sequencia

em n,n

n + 1, fica de 1. Neste caso, diremos que o limite da sequencia

{n

n + 1

}e 1 e a

sequencia e dita convergente com limite 1. E preciso dar uma definicao mais precisa danocao de limite de uma sequencia.

Definicao 2.19. Uma sequencia {xn} sera dita convergente com limite ` se, dado ε > 0,existir um natural N = N(ε) tal que

|xn − `| < ε, ∀ n ≥ N.

Neste caso, escreveremoslim

n→∞xn = `

e leremos “ o limite de xn quando n tende para infinito e `”.

Exemplo 2.20. Mostre que a sequencia

{1

n

}e convergente com limite 0.

Dado ε > 0, pegue um natural N que seja maior do que 1/ε. Todo elemento da sequencia,a partir do N -esimo, tera distancia menor que ε de 0. E, como isto pode ser feito paraqualquer ε positivo, a sequencia converge para zero.

Exemplo 2.21. Mostre que, para quaisquer constantes k1 e k2 positivas, a sequencia{n + k1

n + k2


Para encontrarmos N , tentaremos resolver a inequacao

1− ε <n + k1

n + k2

< 1 + ε

que diz que o n-esimo elemento esta proximo de 1 por uma distancia menor do que ε. Temos

(1− ε)(n + k2) < n + k1 < (1 + ε)(n + k2)

n(1− ε) + k2(1− ε) < n + k1 < n(1 + ε) + k2(1 + ε)

isto e,n(−ε) + k2(1− ε) < k1 < nε + k2(1 + ε). (2.2)

Desenvolvendo a parte esquerda de (2.2), obtemos

n(−ε) < k1 − k2(1− ε),

29

ou seja,

n >k1 − k2(1− ε)

−ε. (2.3)

Desenvolvendo a parte direita de (2.2), obtemos

nε > k1 − k2(1 + ε)

e, portanto,

n >k1 − k2(1 + ε)

ε. (2.4)

Estes resultados ((2.3) e (2.4)) indicam que podemos satisfazer a definicao de convergencia

pegando um N natural que seja maior que ambosk1 − k2(1− ε)

−εe

k1 − k2(1 + ε)

ε.

Exercıcio: Seja {xn} uma sequencia convergente com limite `. Mostre que a sequencia{cos xn} sera convergente com limite cos `.

O proximo resultado diz que, se uma sequencia for convergente, entao o limite sera unico.

Proposicao 2.12. Seja {xn} uma sequencia convergente. Se

limn→∞

xn = `1 e limn→∞

xn = `2,

entao `1 = `2.

Exercıcio: Mostre que a sequencia

{n sen

1

n


Definicao 2.20. Uma sequencia sera dita divergente, se ela nao for convergente.

Definicao 2.21. Se h : N→ R for uma funcao estritamente crescente e f : N → R for umasequencia, entao a funcao f ◦ h : N→ R sera dita uma subsequencia de f .

Exemplo 2.22.

(a) Sejam h(n) = 2n e {xn} uma sequencia. Entao {x2n} e uma subsequencia de {xn}chamada subsequencia dos pares.

(b) Seja h(n) = 2n+1 e {xn} uma sequencia. Entao {x2n+1} e uma subsequencia de {xn}chamada subsequencia dos ımpares.

(c) Seja h(n) = n + p, p ∈ N, e {xn} uma sequencia. Entao {xn+p} e uma subsequenciade {xn}.

(d) A subsequencia dos pares (ımpares) da sequencia {(−1)n} e a sequencia constante {1}(resp. {−1}).

30

Proposicao 2.13. Se {xn} for uma sequencia convergente com limite `, entao toda sub-sequencia de {xn} sera convergente com limite `.

A Proposicao 2.13 e importante pois implica no seguinte criterio negativo de convergenciaque e bastante utilizado.

Proposicao 2.14. Se uma sequencia possuir duas subsequencias convergentes com limitesdistintos, entao a sequencia sera divergente.

Exemplo 2.23. A sequencia {(−1)n} e divergente.

Definicao 2.22. Uma sequencia sera dita limitada se o seu conjunto de valores for limitado.Caso contrario, a sequencia sera dita ilimitada.

Observacao: Note que a Definicao 2.22 e coerente com a definicao de funcao limitada dadaanteriormente (Definicao 2.10).

Exemplo 2.24.

(a) A sequencia

{n

n + 1

}e limitada.

(b) A sequencia {(−1)n} e limitada.

(c) A sequencia

{cos

1

n

}e limitada.

(d) A sequencia {n} e ilimitada.

Proposicao 2.15. Toda sequencia convergente e limitada.

Observacao: Note que, apesar de toda sequencia convergente ser limitada, nem todasequencia limitada e convergente (por exemplo, {(−1)n} e limitada, mas nao e convergente).

Proposicao 2.16. Seja {xn} uma sequencia. Entao {xn} sera convergente com limite 0 se,e somente se, {|xn|} for convergente com limite 0.

Observacao: Mostraremos mais tarde que se {xn} e convergente com limite ` entao {|xn|}e convergente com limite |`| mas nao e verdade que se {|xn|} e convergente entao {xn} econvergente (basta ver o que ocorre com a sequencia {(−1)}n).

Exemplo 2.25. Considere a sequencia {rn}. Temos

(a) {rn} e convergente com limite 0, se | r| < 1;

(b) {rn} e convergente com limite 1, se r = 1;

(c) {rn} e divergente, se r = −1 ou | r| > 1. Sugestao: Mostre que se | r| > 1, entao{| r|n} sera ilimitada.

31

Proposicao 2.17. Se {xn} for convergente com limite 0 e {yn} for limitada, entao {xnyn}sera convergente com limite 0.

Exemplo 2.26. A sequencia

{1

ncos n


Proposicao 2.18. Toda sequencia {xn} crescente (respectivamente decrescente) e limitadae convergente com limite sup{xn : n ∈ N} (resp. inf{xn : n ∈ N}).Exercıcio: Mostre que a sequencia {xn} dada por x1 =

√2, xn =

√2 + xn−1, n ≥ 2, e

convergente e encontre o seu limite.

Proposicao 2.19 (Propriedades). Sejam {xn} e {yn} sequencias convergentes com limites`1 e `2 respectivamente e seja c ∈ R. Entao

(a) {cxn + yn} e convergente com limite c`1 + `2

(b) {xnyn} e convergente com limite `1`2

(c) {xn/yn} e convergente com limite `1/`2, sempre que `2 6= 0.

Proposicao 2.20. Sejam B ⊂ R e b ∈ R um ponto de acumulacao de B. Entao existe umasequencia {bn} com bn ∈ B, bn 6= b e lim

n→∞bn = b.

Proposicao 2.21. Se {xn} for uma sequencia convergente e xn ≤ 0, para todo n ∈ N, entaolim

n→∞xn ≤ 0.

Prova. Suponha que limn→∞

xn = `. Entao dado ε > 0, existe N ∈ N tal que

`− ε < xn < ` + ε, ∀ n ≥ N.

Mas xn ≤ 0 por hipotese. Portanto

`− ε < xn ≤ 0, ∀ n ≥ N,

ou seja, ` < ε. Segue da arbitrariedade de ε que ` ≤ 0 e a prova esta concluıda. ¤

Corolario 2.1 (Teste da comparacao). Se {xn} e {yn} forem sequencias convergentes exn ≤ yn para todo n ∈ N, entao

limn→∞

xn ≤ limn→∞

yn.

Proposicao 2.22 (Teorema do Confronto). Sejam {xn} e {yn} duas sequencias convergentescom mesmo limite `. Se {zn} e um sequencia tal que

xn ≤ zn ≤ yn, ∀ n ∈ N,

entao {zn} e convergente com limite `.

32

Prova. Dado ε > 0, seja N ∈ N tal que

`− ε ≤ xn ≤ zn ≤ yn ≤ ` + ε, ∀ n ≥ N.

Entao vale |zn − `| < ε para todo n ≥ N e, portanto, limn→∞

zn = `. Isto conclui a prova. ¤

Vamos considerar tres tipos de as sequencias divergentes:

• aquelas que divergem para +∞,

• aquelas que divergem para −∞,

• aquelas que sao limitadas mas nao sao convergentes.

Vejamos.

Definicao 2.23.

• Diremos que uma sequencia {xn} diverge para +∞ se, dado R > 0, existir N ∈ Ntal que xn > R, para todo n ≥ N . Neste caso, escrevemos lim

n→∞xn = +∞.

• Diremos que uma sequencia {xn} diverge para −∞ se, dado R > 0 existir N ∈ Ntal que xn < −R, para todo n ≥ N . Neste caso, escrevemos lim

n→∞xn = −∞.

• Diremos que uma sequencia {xn} oscila, se ela nao for convergente e nao divergir para+∞ ou para −∞.

Exemplo 2.27.

(a) {2n} diverge para +∞, ou seja, limn→∞

2n = +∞.

(b) {−n} diverge para −∞, ou seja, limn→∞

−n = −∞

(c) {1 + sen n} e {(−2)n} oscilam.

33

Capıtulo 3

Limite e Continuidade

3.1 Nocao Intuitiva

Vamos estudar o comportamento de uma funcao f(x) para valores de x proximos de umponto p. Consideremos, por exemplo, a funcao f(x) = x + 1. Para valores de x proximos de1, f(x) assume os seguintes valores:

x x + 1 x x + 11, 5 2, 5 0, 5 1, 51, 1 2, 1 0, 9 1, 91, 01 2, 01 0, 99 1, 991, 001 2, 001 0, 999 1, 999↓ ↓ ↓ ↓1 2 1 2

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

¡¡

-

6

x1→ ←

r2↓↑

r

quando x tende a 1

f(x)

tendea 2

f(x) = x + 1

34

Da tabela vemos que quando x estiver proximo de 1 (de qualquer lado de 1) f(x) estaraproximo de 2. De fato, podemos tomar os valores de f(x) tao proximos de 2 quanto quisermostomando x suficientemente proximo de 1. Expressamos isso dizendo que o limite da funcaof(x) = x + 1 quando x tende a 1 e igual a 2.

Definicao 3.1 (Intuitiva). Escrevemos

limx→p

f(x) = L

e dizemos o limite de f(x), quando x tende a p, e igual a L se pudermos tomarvalores de f(x) arbitrariamente proximos de L tomando x suficientemente proximo de p,mas nao igual a p.

Observacao: Ao procurar o limite quando x tende a p nao consideramos x = p. Estamosinteressados no que acontece proximo de p e a funcao f(x) nem precisa estar definida parax = p. Consideremos o seguinte exemplo.

Exemplo 3.1. Encontre limx→1

x2 − 1

x− 1.

Observe que f(x) =x2 − 1

x− 1nao esta definida quando x = 1. Temos que para x 6= 1,

x2 − 1

x− 1=

(x− 1)(x + 1)

x− 1= x + 1.

Como os valores das duas funcoes sao iguais para x 6= 1, entao os seus limites quando xtende a 1 tambem. Portanto,

limx→1

x2 − 1

x− 1= 2.

Exemplo 3.2. Seja f(x) =

x2 − 1

x− 1se x 6= 1

0 se x = 1.Determine o limite quando x tende a 1.

Observe que para x 6= 1 a funcao f(x) e igual a funcao do exemplo anterior, logo limx→1

f(x) = 2,

o qual nao e o valor da funcao para x = 1. Ou seja, o grafico desta funcao apresenta umaquebra em x = 1, neste caso dizemos que a funcao nao e contınua.

Definicao 3.2. Uma funcao f e contınua em p se

• f(p) esta definida,

• limx→p

f(x) existe,

• limx→p

f(x) = f(p).

35

Se f nao for contınua em p, dizemos que f e descontınua em p.

Exemplo 3.3.

(a) A funcao f(x) = x + 1 e contınua em x = 1.

(b) A funcao f(x) =x2 − 1

x− 1nao e contınua em x = 1 pois nao esta definida nesse ponto.

(c) A funcao f(x) =

x2 − 1

x− 1se x 6= 1

0 se x = 1nao e contınua em x = 1 pois lim

x→1f(x) = 2 6=

0 = f(1).

3.2 Definicoes

Nesta secao vamos a dar a definicao precisa de limite. Consideremos a seguinte funcao

f(x) =

{2x− 1 se x 6= 36 se x = 3.

Intuitivamente vemos que limx→3

f(x) = 5. Quao proximo de 3 devera estar x para que f(x)

difira de 5 por menos do que 0,1?A distancia de x a 3 e |x− 3| e a distancia de f(x) a 5 e |f(x)− 5|, logo nosso problema

e achar um numero δ tal que

se |x− 3| < δ, mas x 6= 3 =⇒ |f(x)− 5| < 0, 1.

Se |x− 3| > 0 entao x 6= 3. Logo uma formulacao equivalente e achar um numero δ tal que

se 0 < |x− 3| < δ =⇒ |f(x)− 5| < 0, 1.

Note que se 0 < |x− 3| < 0, 1

2, entao

|f(x)− 5| = |(2x− 1)− 5| = |2x− 6| = 2|x− 3| < 0, 1.

Assim a resposta sera δ =0, 1

2= 0, 05. Se mudarmos o numero 0,1 no problema para um

numero menor 0,01, entao o valor de δ mudara para δ =0, 01

2. Em geral, se usarmos um

valor positivo arbitrario ε, entao o problema sera achar um δ tal que

se 0 < |x− 3| < δ =⇒ |f(x)− 5| < ε.

E podemos ver que neste caso δ pode ser escolhido como sendoε

2. Esta e uma maneira de

dizer que f(x) esta proximo de 5 quando x esta proximo de 3. Tambem podemos escrever

5− ε < f(x) < 5 + ε sempre que 3− δ < x < 3 + δ, x 6= 3,

36

ou seja, tomando os valores de x 6= 3 no intervalo (3− δ, 3 + δ), podemos obter os valores def(x) dentro do intervalo (5− ε, 5 + ε).

¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢¢

-

6

x3

r5 b

r

r

3 + δ3− δ︸︷︷︸quando x esta aqui

5− ε

5 + ε

f(x)estaaqui

f(x) =

{2x− 1 se x 6= 16 se x = 1.

Definicao 3.3 (Limite). Seja f uma funcao definida sobre algum intervalo aberto que contemo numero p, exceto possivelmente o proprio p. Entao dizemos que o limite de f(x) quandox tende p e L e escrevemos

limx→p

f(x) = L

se para todo ε > 0 existe um δ > 0 tal que

0 < |x− p | < δ =⇒ |f(x)− L| < ε .

Interpretacao geometrica do limite.

limx→p

f(x) = L

-

6

L + ε

L

L− ε

p− δ p p + δ

f

x

b

limx→p

f(x) = L 6= f(p)

b

r6

xp− δ p p + δ

L− εL

L + ε

f(p) f

-

37

limx→p

f(x) = L = f(p)

-

6

L + εL = f(p)

L− ε

p− δ p p + δ

f

x xp

f(p) rb

f

Nao existe o limite de f em p

-

6

Exemplo 3.4. Prove que limx→2

(3x− 2) = 4.

Devemos fazer uma analise preliminar para conjeturar o valor de δ. Dado ε > 0, o problemae determinar δ tal que

se 0 < |x− 2| < δ =⇒ |(3x− 2)− 4| < ε.

Mas |(3x− 2)− 4| = |3x− 6| = |3(x− 2)| = 3|x− 2|. Portanto, queremos

3|x− 2| < ε sempre que 0 < |x− 2| < δ

ou|x− 2| < ε

3sempre que 0 < |x− 2| < δ.

Isto sugere que podemos escolher δ =ε

3.

Provemos que a escolha de δ funciona. Dado ε > 0, escolha δ =ε

3. Se 0 < |x − 2| < δ,

entao|(3x− 2)− 4| = |3x− 6| = |3(x− 2)| = 3|x− 2| < 3δ = 3

ε

3= ε.

Assim,|(3x− 2)− 4| < ε sempre que 0 < |x− 2| < δ

logo, pela definicao, limx→2

(3x− 2) = 4.

Exemplo 3.5. Prove que limx→p

x2 = p2.

O proximo Teorema garante que o valor L satisfazendo a definicao e unico.

Teorema 3.1 (Unicidade do Limite). Seja f uma funcao definida sobre algum intervaloaberto que contem o numero p, exceto possivelmente o proprio p. Suponha que

limx→p

f(x) = L1 e limx→p

f(x) = L2.

Entao L1 = L2 .

38

Podemos dar a definicao precisa de funcao contınua.

Definicao 3.4 (Continuidade). Sejam f uma funcao e p ∈ Df . Entao f e contınua em pse para todo ε > 0 existe um numero δ > 0, tal que

|x− p | < δ =⇒ |f(x)− f(p)| < ε ,

ou seja, se e somente se,limx→p

f(x) = f(p),

Diremos que f e contınua em A ⊂ Df , se f for contınua em todo ponto a ∈ A. Diremossimplesmente que f e contınua, se f for contınua em todo ponto de seu domınio.

Exemplo 3.6.

(a) A funcao f(x) = 3x− 2 e contınua em p = 2.

(b) A funcao constante f(x) = k e contınua para todo p.

(c) A funcao f(x) = ax + b e contınua.

A seguinte propriedade sera util para determinar limites.

Proposicao 3.1. Sejam f e g duas funcoes. Se existe r > 0 tal que

f(x) = g(x), p− r < x < p + r, x 6= p, e se existe limx→p

g(x) = L,

entao existelimx→p

f(x) e limx→p

f(x) = L.

Exemplo 3.7. Calcule limx→2

x2 − 4

x− 2.

Observe que para x 6= 2x2 − 4

x− 2=

(x− 2)(x + 2)

x− 2= x + 2.

Sabemos que limx→2

x + 2 = 4. Logo, pela proposicao anterior limx→2

x2 − 4

x− 2= 4.

Exemplo 3.8. Determine L para que a funcao f(x) =

x2 − 4

x− 2, x 6= 2

L , x = 2seja contınua em

p = 2 .

Como limx→2

x2 − 4

x− 2= 4 devemos tomar L = 4.

39

3.3 Propriedades do Limite

Suponha que limx→p

f(x) = L1 e limx→p

g(x) = L2. Entao:

• limx→p

(f(x) + g(x)

)= lim

x→pf(x) + lim

x→pg(x) = L1 + L2.

• limx→p

k f(x) = k limx→p

f(x) = k L1 , onde k = constante.

• limx→p

f(x) · g(x) = limx→p

f(x) · limx→p

g(x) = L1 · L2.

• limx→p

f(x)

g(x)=

limx→p

f(x)

limx→p

g(x)=

L1

L2

, se L2 6= 0 .

Utilizando a propriedade do produto repetidamente obtemos:

limx→p

[f(x)]n =[limx→p

f(x)]n

= Ln1 , onde n e um inteiro positivo.

Para aplicar essas propriedades vamos usar os limites:

limx→p

x = p e limx→p

k = k, k constante.

Exemplo 3.9. limx→p

xn = pn, onde n e um inteiro positivo.


(5x3 − 8), [R : 32].


x3 + 1

x2 + 4x + 3, [R : 1/4].

Exemplo 3.12. Calcule limh→0

(3 + h)2 − 9

h, [R : 6].

De forma mais geral temos as seguintes propriedades. Seja n e um inteiro positivo, entao

• limx→p

n√

x = n√

p , se n for par supomos que p > 0.

• limx→p

n√

f(x) = n

√limx→p

f(x), se n for par supomos que limx→p

f(x) > 0.


√x−√3

x− 3, [R : 1/2

√3].

Exemplo 3.14. Calcule limt→0

√t2 + 9− 3

t2, [R : 1/6].

40

Os proximos tres teoremas sao propriedades adicionais de limites.

Teorema 3.2 (Teste da Comparacao). Se f(x) ≤ g(x) quando x esta proximo de p (excetopossivelmente em p) e os limites de f e g existem quando x tende a p, entao

limx→p

f(x) ≤ limx→p

g(x).

Teorema 3.3 (do Confronto). Sejam f, g, h funcoes e suponha que existe r > 0 tal que

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x), para 0 < |x− p | < r.

Selimx→p

f(x) = L = limx→p

h(x)

entaolimx→p

g(x) = L .

Exemplo 3.15. Mostre que limx→0

x2sen1

x= 0.

Como −1 ≤ sen1

x≤ 1, multiplicando por x2 temos −x2 ≤ x2sen

1

x≤ x2. Sabemos que

limx→0

−x2 = 0 = limx→0

x2. Entao, pelo Teorema do Confronto, limx→0

x2sen1

x= 0.

Exemplo 3.16. Seja f : R→ R tal que |f(x)| ≤ x2, ∀x ∈ R.

(a) Calcule, caso exista, limx→0

f(x).

(b) Verifique se f e contınua em 0 .

Segue do Teorema do Confronto a seguinte propriedade:

Corolario 3.1. Suponha que limx→p

f(x) = 0 e existe M ∈ R tal que |g(x)| ≤ M para x

proximo de p. Entaolimx→p

f(x)g(x) = 0 .

Exercıcio: Prove que limx→p

f(x) = 0 ⇐⇒ limx→p

|f(x)| = 0.


x2g(x), onde g : R→ R e dada por g(x) =

{1 , x 6∈ Q0 , x ∈ Q .

Exercıcio: Calcule

(a) limx→0

x sen1

x; (b) lim

x→0x2 cos

1

x2.

41

Teorema 3.4 (da Conservacao do Sinal). Suponha que limx→p

f(x) = L . Se L > 0, entao

existe δ > 0 tal que para todo x ∈ Df ,

0 < |x− p| < δ =⇒ f(x) > 0 .

Analogamente, se L < 0, entao existe δ > 0 tal que pata todo x ∈ Df ,

0 < |x− p| < δ =⇒ f(x) < 0 .

3.4 Limites Laterais

Considere a seguinte funcao f(x) =

{ −1 , x < 01 , x ≥ 0 .

1

−1

-

6

x

f(x)

a

q

0

Quando x tende a 0 pela esquerda, f(x) tende a −1. Quanto x tende a 0 pela direita, f(x)tende a 1. Nao ha um numero unico para o qual f(x) se aproxima quando x tende a 0.Portanto, lim

x→0f(x) nao existe. Porem, nesta situacao podemos definir os limites laterais.

Definicao 3.5 (Intuitiva).

• Escrevemoslim

x→p−f(x) = L

e dizemos que o limite de f(x) quando x tende a p pela esquerda e igual aL se pudermos tomar os valores de f(x) arbitrariamente proximos de L, tomando xsuficientemente proximo de p e x menor do que p.

• Escrevemoslim

x→p+f(x) = L

e dizemos que o limite de f(x) quando x tende a p pela direita e igual aL se pudermos tomar os valores de f(x) arbitrariamente proximos de L, tomando xsuficientemente proximo de p e x maior do que p.

42

-

6

L

p xx →

f(x)↑

limx→p−

f(x) = L

xp

L

f(x)↓

f

-

6

← x

limx→p+

f(x) = L

Definicao 3.6 (Limite Lateral Esquerdo).

limx→p−

f(x) = L


p− δ < x < p =⇒ |f(x)− L| < ε.

Definicao 3.7 (Limite Lateral Direito).

limx→p+

f(x) = L


p < x < p + δ =⇒ |f(x)− L| < ε.

Exemplo 3.18. Prove que limx→0+

√x = 0.

Seja ε > 0. Queremos achar um δ > 0 tal que

|√x− 0| < ε sempre que 0 < x < δ,

ou seja, √x < ε sempre que 0 < x < δ,

ou elevando ao quadrado

x < ε2 sempre que 0 < x < δ.

Isto sugere que devemos escolher δ = ε2. Verifiquemos que a escolha e correta. Dado ε > 0,seja δ = ε2. Se 0 < x < δ, entao

√x <

√δ = ε, logo |√x− 0| < ε.

Isso mostra que limx→0+

√x = 0.

43

Exemplo 3.19. Calcule limx→0+

|x|x

e limx→0−

|x|x

.

Note que f(x) =|x|x

nao esta definida em 0. Temos

|x|x

=

{1, x > 0−1, x < 0.

Portanto

limx→0+

|x|x

= limx→0

1 = 1 e limx→0−

|x|x

= limx→0

−1 = −1.

Segue das definicoes de limites laterais o seguinte teorema.

Teorema 3.5.

limx→p

f(x) = L ⇐⇒ limx→p+

f(x) = limx→p−

f(x) = L.

Corolario 3.2. Segue do Teorema 3.5 que

• se f admite limites laterais em p, e

limx→p+

f(x) 6= limx→p−

f(x),

entao nao existe limx→p

f(x);

• se f nao admite um dos limites laterais em p, entao nao existe limx→p

f(x).

Exemplo 3.20. Verifique se o limite limx→0

|x|x

existe.

Pelo exemplo anterior (Exemplo 3.19),

limx→0+

|x|x

= limx→0

1 = 1 e limx→0−

|x|x

= limx→0

−1 = −1.

Portanto nao existe limx→0

|x|x

.

Exercıcio: Calcule os limites, caso existam.

(a) limx→0

|x|; (b) limx→3

[x]; (c) limx→4

f(x), onde f(x) =

{ √x− 4 se x > 4,

8− 2x se x < 4.

44

3.5 Propriedades das Funcoes Contınuas

Seguem das propriedades do limite, as seguintes propriedades das funcoes contınuas. Sejamf e g funcoes contınuas em p e k = constante. Entao:

• f + g e contınua em p .

• kf e contınua em p .

• f · g e contınua em p .

• f

ge contınua em p , se g(p) 6= 0.

Exemplo 3.21. f(x) = xn, onde n ∈ N, e uma funcao contınua.

Exemplo 3.22. Toda funcao polinomial e contınua, pois e soma de funcoes contınuas.

Exemplo 3.23. Toda funcao racional e contınua em p se o denominador nao se anular emp, pois uma funcao racional e quociente de duas funcoes polinomiais.

Teorema 3.6. As funcoes trigonometricas sao contınuas.

Prova. Assumamos primeiro que 0 < x <π

2e consideremos a seguinte figura:

&%

'$¡

¡¡TP

AM-1 O

1

x -

6

Area do 4 OPA < Area do setor OPA < Area do 4 OTA

ou sejasen x

2<

x

2<

tg x

2portanto, 0 < sen x < x < tg x.

Se x < 0, −x > 0 entao aplicamos a desigualdade para −x obtendo 0 < sen (−x) < −x =|x|. Daı −|x| < sen x < |x|. Como lim

x→0±|x| = 0, pelo Teorema do Confronto, lim

x→0sen x = 0

e como sen0 = 0, concluımos que a funcao seno e contınua em 0.Em geral, para qualquer p, temos que

|senx− senp| =∣∣∣2sen

(x− p

2

)cos

(x + p

2

)∣∣∣ ≤ 2∣∣∣sen

(x− p

2

)∣∣∣ ≤ 2∣∣∣x− p

2

∣∣∣ = |x− p|.Como lim

x→p(x − p) = 0, pelo Teorema do Confronto temos que lim

x→psenx − senp = 0, ou seja,

limx→p

senx = senp. Logo a funcao seno e contınua para todo p.

A prova da continuidade do cosseno e feita de maneira similar utilizando a igualdade

cos x− cos p = −2sen(x + p

2

)sen

(x− p

2

).

A continuidade das outras funcoes trigonometricas seguem das propriedades das funcoescontınuas. ¤

45

Teorema 3.7 (O Primeiro Limite Fundamental).

limx→0

sen x

x= 1.

Prova. Ja vimos que para 0 < x <π

2vale a desigualdade 0 < sen x < x < tg x. Dividindo

por sen x obtemos 1 <x

sen x<

1

cos xe consequentemente cos x <

sen x

x< 1, pois cos x > 0

para 0 < x <π

2.

Por outro lado, se −π

2< x < 0, aplicando a desigualdade a −x, obtemos cos(−x) <

sen (−x)

−x< 1. Utilizando a paridade das funcoes concluımos que

cos x <sen x

x< 1, 0 < |x| < π

2.

Como limx→0

cos x = 1, pelo Teorema do Confronto, limx→0

sen x

x= 1. ¤


sen5x

x.

limx→0

sen5x

x= 5 lim

x→0

sen 5x

5xu=5x= 5 lim

u→0

sen u

u= 5.


sen2x

x2.

limx→0

sen2x

x2= lim

x→0

sen x

x

senx

x= 1.


tg(2x)

x.

limx→0

tg(2x)

x= lim

x→0

sen(2x)

2x

2

cos(2x)= 2.


1− cos x

x2.

limx→0

1− cos x

x2= lim

x→0

(1− cos x)

x2

(1 + cos x)

1 + cos x= lim

x→0

1− cos2 x

x2

1

1 + cos x

= limx→0

sen2x

x2

1

1 + cos x=

1

2.

Exercıcio: Calcule

(a) limx→0

2x

sen(3x); (b) lim

x→0

tg(2x)

sen(3x).

46

Teorema 3.8.

(a) A funcao inversa de uma funcao contınua e contınua.

(b) As funcoes exponenciais e logarıtmicas sao contınuas.

Comentario: (a) Sabemos que o grafico da funcao inversa e obtido refletindo o da funcaoem torno da reta y = x portanto, se o grafico de f nao tiver quebra isto acontecera com ode f−1.

(b) Na secao 2.5 definimos a funcao exponencial ax de forma a preencher os buracos nografico de ax, onde x racional. Em outras palavras, a funcao exponencial e contınua pelapropria definicao. Portanto, sua funcao inversa loga x tambem e contınua.

Exemplo 3.28. A funcao f(x) =ln x

x2 − 1e contınua em (0, +∞) e x 6= ±1 , ou seja, em

(0, 1) e (1, +∞).

Teorema 3.9. Sejam f e g duas funcoes tais que Im(f) ⊂ Dg e L ∈ Df . Se f for contınuaem L onde lim

x→pg(x) = L, entao

limx→p

f(g(x)) = f(limx→p

g(x))

= f(L).

Exemplo 3.29. Calcule

(a) limx→1

√x2 − 1

x− 1, [R :

√2]; (b) lim

x→1exp

(1−√x

1− x

)[R : e1/2].

Uma propriedade importante das funcoes contınuas e enunciada no teorema a seguir ediz que a composta de funcoes contınuas ainda e uma funcao contınua.

Teorema 3.10. Se f for contınua em g(p) e g for contınua em p, entao h = f ◦ g seracontınua em p.

Prova. Como g e contınua em p, temos que limx→p

g(x) = g(p). Uma vez que f e contınua em

g(p) podemos aplicar o Teorema anterior para obter

limx→p

f(g(x)) = f(limx→p

g(x))

= f(g(p)),

ou seja f ◦ g e contınua em p. ¤

Exemplo 3.30. h(x) = sen(x2) e contınua pois h(x) = f(g(x)), onde f(x) = sen x eg(x) = x2 que sao funcoes contınuas.

Exemplo 3.31. Onde a funcao h(x) = ln(1 + cos x) e contınua?

h(x) = f(g(x)), onde f(x) = ln x e g(x) = 1 + cos x que sao funcoes contınuas. Portanto,pelo Teorema h(x) e contınua onde esta definida. Agora ln(1 + cos x) esta definida quando1 + cos x > 0. Assim, nao esta definida quando cos x = −1, ou seja, quando x = ±π,±3π, ...

Exercıcio: Calcule limx→1

g(x2 − 4), sabendo que g e uma funcao contınua.

47

3.6 Limites Infinitos

Consideremos a funcao f(x) =1

x2. Quando x se aproxima de 0, x2 tambem se aproxima de

0 e1

x2fica muito grande. De fato, os valores de f(x) podem ficar arbitrariamente grandes se

tomarmos valores de x proximos de 0. Para indicar este comportamento usamos a notacao

limx→p

f(x) = +∞.

Definicao 3.8 (Intuitiva). Seja f uma funcao definida a ambos lados de p, exceto possivel-mente no proprio p.

•limx→p

f(x) = +∞,

significa que podemos fazer os valores de f(x) ficarem arbitrariamente grandes tomandovalores de x suficientemente proximos de p.

•limx→p

f(x) = −∞,

significa que podemos fazer os valores de f(x) ficarem arbitrariamente grandes, poremnegativos, tomando valores de x suficientemente proximos de p.

• Definicoes analogas no caso de limites laterais.

Exemplo 3.32. limx→0

− 1

x2= −∞.

Exemplo 3.33. Determine limx→3+

2

x− 3e lim

x→3+

2

x− 3.

Para valores x > 3 proximos de 3, x − 3 e um numero positivo muito pequeno, e2

x− 3e

um numero positivo grande. Entao intuitivamente limx→3+

2

x− 3= +∞. Analogamente, vemos

que limx→3−

2

x− 3= −∞.

Definicao 3.9 (Limite Infinito). Seja f uma funcao definida num intervalo aberto contendop, exceto possivelmente no proprio p. Entao diremos que

• o limite de f(x) quando x tende a p e +∞ se, dado K > 0, existir δ > 0 tal quef(x) > K para todo 0 < |x− p| < δ,

• o limite de f(x) quando x tende a p e −∞ se, dado K < 0, existir δ > 0 tal quef(x) < K para todo 0 < |x− p| < δ.

48

Exercıcio: Escreva as definicoes precisas dos limites laterais infinitos:

limx→p+

f(x) = +∞, limx→p+

f(x) = −∞,

limx→p−

f(x) = +∞, limx→p−

f(x) = −∞.

Definicao 3.10. A reta x = p e chamada de assıntota vertical da curva y = f(x) se pelomenos uma das seguintes condicoes estiver satisfeita:

limx→p

f(x) = +∞, limx→p+

f(x) = +∞, limx→p−

f(x) = +∞,

limx→p

f(x) = −∞, limx→p+

f(x) = −∞, limx→p−

f(x) = −∞.

Exemplo 3.34. Prove que limx→0+

1

x= +∞.

Dado K > 0, queremos achar δ > 0 tal que

1

x> K sempre que 0 < x < δ,

ou seja

x <1

Ksempre que 0 < x < δ.

Isto sugere que devemos tomar δ =1

K. De fato, seja K > 0 escolha δ =

1

K. Se 0 < x < δ,

entao

0 < x < δ ⇒ 1

x>

1

δ= K.

O que mostra que limx→0+

1

x= +∞.

Exercıcio: Mostre que

(a) limx→0−

1

x= −∞; (b) lim

x→0

1

|x| = +∞.

Propriedades dos limites infinitos. Seja L um numero real. Temos:

•

limx→p

f(x) = +∞limx→p

g(x) = +∞ =⇒

limx→p

(f + g)(x) = +∞limx→p

(f · g)(x) = +∞

•

limx→p

f(x) = L

limx→p

g(x) = +∞ =⇒

limx→p

(f · g)(x) = +∞, L > 0

limx→p

(f · g)(x) = −∞, L < 0

49

•

limx→p

f(x) = −∞limx→p

g(x) = +∞ =⇒ limx→p

(f · g)(x) = −∞

•

limx→p

f(x) = L

limx→+p

g(x) = +∞ =⇒ limx→p

(f + g)(x) = +∞

•

limx→p

f(x) = L

limx→p

g(x) = −∞ =⇒ limx→p

(f + g)(x) = −∞

•

limx→p

f(x) = −∞limx→p

g(x) = −∞ =⇒

limx→p

(f + g)(x) = −∞limx→p

(f · g)(x) = +∞

•

limx→p

f(x) = L

limx→p

g(x) = −∞ =⇒

limx→p

(f · g)(x) = −∞, L > 0

limx→p

(f · g)(x) = +∞, L < 0.

Observacao: As propriedades acima sao validas se, em lugar de x → p, usarmos x → p+

ou x → p−.

Observacao: As propriedades acima sugerem como operar com os sımbolos +∞ e −∞.Assim, por exemplo,

+∞ · (−∞) = −∞ e L · (−∞) = +∞ se L < 0.

Temos as seguintes indeterminacoes:

+∞− (+∞), −∞− (−∞), 0 · ∞,∞∞ ,

0

0, 1∞, 00, ∞0.


cos x

x2.

limx→0

cos x

x2= lim

x→0cos x

1

x2= 1 · (+∞) = +∞.


sen x2

x4.

limx→0

sen x2

x4= lim

x→0

sen x2

x2

1

x2= 1 · (+∞) = +∞.

A seguinte proposicao sera util para calcular limites.

50

Proposicao 3.2. Suponha que limx→p+

f(x) = 0 e que existe r > 0 tal que f(x) > 0 (re-

spectivamente f(x) < 0) para p < x < p + r. Entao, limx→p+

1

f(x)= +∞ (respectivamente

−∞.)

Observacao: Vale um resultado analogo para x → p− e para x → p.

Exemplo 3.37. Calcule os limites seguintes e interprete-os graficamente:

limx→1+

1

x− 1, lim

x→1−

1

x− 1, lim

x→1

1

x− 1.

Temos

• limx→1+

(x− 1) = 0 = limx→1−

(x− 1);

• se x > 1, entao x− 1 > 0;

• se x < 1, entao x− 1 < 0.

Portanto

limx→1+

1

x− 1= +∞; lim

x→1−

1

x− 1= −∞ e lim

x→1

1

x− 1nao existe.


x2 + 3x

x2 − 4.

limx→2+

x2 + 3x

x2 − 4= lim

x→2+

x2 + 3x

(x− 2)(x + 2)= lim

x→2+

1

x− 2

x2 + 3x

x + 2= +∞ · 5

2= +∞.

Exemplo 3.39. Calcule limx→1−

x3 − 1

x2 − 2x + 1.

Observe quex3 − 1

x2 − 2x + 1=

(x− 1)(x2 + x + 1)

(x− 1)2. Assim,

limx→1−

x3 − 1

x2 − 2x + 1= lim

x→1−

1

x− 1(x2 + x + 1) = −∞ · 3 = −∞.

Exercıcio:

(a) Calcule os limites laterais limx→π/2±

tg x e esboce o grafico da funcao f(x) = tg x.

(b) Verifique que limx→0+

loga x = −∞, a > 1.

(c) Calcule os limites laterais limx→1±

x

x− 1e esboce o grafico da funcao f(x) =

x

x− 1.

51

3.7 Limites no Infinito

Vamos analisar o comportamento de uma funcao f(x) quando os valores de x ficam arbitrari-

amente grandes. Consideremos a funcao f(x) =x2 − 1

x2 + 1. Entao f(x) assume os seguintes

valores:x f(x)0 −1±1 0±10 0, 98±100 0, 9998±1000 0, 99999

Observemos que, quando x for muito grande, entao f(x) sera aproximadamente igual a 1.Este fato pode ser escrito seguinte forma

limx→+∞

f(x) = 1 e limx→−∞

f(x) = 1.

Definicao 3.11 (Intuitiva).

• Seja f uma funcao definida em algum intervalo (a, +∞). Entao

limx→+∞

f(x) = L

significa que os valores de f(x) podem ficar arbitrariamente proximos de L tomando xsuficientemente grandes.

• Seja f uma funcao definida em algum intervalo (−∞, a). Entao

limx→−∞

f(x) = L

significa que os valores de f(x) podem ficar arbitrariamente proximos de L tomando xsuficientemente grandes em valor absoluto, mas negativo.

Podemos estabelecer a definicao precisa de limite no infinito.

Definicao 3.12 (Limite no Infinito).

• Seja f uma funcao definida em algum intervalo (a, +∞). Entao

limx→+∞

f(x) = L

se, dado ε > 0, existir R > 0 tal que |f(x)− L| < ε sempre que x > R .

• Seja f uma funcao definida em algum intervalo (−∞, a). Entao

limx→−∞

f(x) = L

se, dado ε > 0, existir R < 0 tal que |f(x)− L| < ε sempre que x < R .

52

Definicao 3.13. A reta y = L e chamada de assıntota horizontal da curva y = f(x) seou

limx→+∞

f(x) = L ou limx→−∞

f(x) = L.

Exemplo 3.40. Temos limx→+∞

1

x= 0 e lim

x→−∞1

x= 0.

Dado ε > 0, queremos achar R > 0 suficientemente grande tal que

x > R > 0 =⇒ |f(x)− 0| =∣∣∣∣1

x− 0

∣∣∣∣ =1

x< ε.

Tomando R =1

ε> 0 temos

x > R > 0 =⇒ 0 <1

x<

1

R= ε.

Portanto, segue da definicao que limx→+∞

1

x= 0. A prova para x → −∞ e analoga.

Observacao: As propriedades do limite dadas na secao 3.3 sao tambem validas se x → pfor substituıdo por x → +∞ ou x → −∞.

Exemplo 3.41. Calcule limx→+∞

1

xnonde n e un inteiro positivo.

limx→+∞

1

xn= lim

x→+∞

(1

x

)n

= 0.

Em geral, temos que limx→±∞

1

xr= 0 onde r e um numero racional positivo.


x5 + x4 + 1

2x5 + x + 1.

limx→+∞

x5 + x4 + 1

2x5 + x + 1= lim

x→+∞x5

(1 + 1

x+ 1

x5

)

x5(2 + 1

x4 + 1x5

) = limx→+∞

1 + 1x

+ 1x5

2 + 1x4 + 1

x5

=1 + 0 + 0

2 + 0 + 0=

1

2.

Um calculo analogo mostra que o limite quando x → −∞ tambem e1

2.

Observacao: A estrategia para calcular limites no infinito de uma funcao racional consisteem colocar em evidencia a mais alta potencia de x no denominador e numerador.

Exemplo 3.43. Ache as assıntotas horizontais de f(x) =

√2x2 + 1

3x + 5.

53

Consideremos x → +∞, entao x > 0.

limx→+∞

√2x2 + 1

3x + 5= lim

x→+∞

√x2(2 + 1

x2 )

x(3 + 5x)

= limx→+∞

|x|√

2 + 1x2

x(3 + 5x)

= limx→+∞

√2 + 1

x2

3 + 5x

=

√2

3.

Agora, consideramos x → −∞, entao x < 0.

limx→−∞

√2x2 + 1

3x + 5= lim

x→−∞

|x|√

2 + 1x2

x(3 + 5x)

= limx→−∞

−

√2 + 1

x2

3 + 5x

= −√

2

3.

Logo, a reta y =

√2

3e assıntota para x → +∞ e y = −

√2

3e assıntota para x → −∞.


(2 +

sen x

x

).

Observe que∣∣∣sen x

x

∣∣∣ ≤ 1

|x| =1

x, para x > 0. Como lim

x→+∞1

x= 0, pelo Teorema do Confronto,

limx→+∞

sen x

x= 0. Portanto, lim

x→+∞

(2 +

sen x

x

)= 2 + 0 = 2.


x sen1

x.

Fazendo u =1

xtemos que quando x → +∞, u → 0. Portanto,

limx→∞

x sen1

x= lim

u→0

1

usenu = 1.

Exercıcio: Verifique que limx→−∞

ax = 0, a > 1 e que limx→+∞

ax = 0, 0 < a < 1

3.8 Limites Infinitos no Infinito

Utilizamos a notacaolim

x→+∞f(x) = +∞

para indicar que os valores de f(x) tornam-se tao grandes quanto x. De forma analogautilizamos a notacao

limx→+∞

f(x) = −∞, limx→−∞

f(x) = +∞, limx→−∞

f(x) = −∞.

Exemplo 3.46. Encontre limx→+∞

x2.

54

Quando x torna-se grande, x2 tambem fica muito grande. Por exemplo, 102 = 100, 1002 =10.000, 10002 = 1.000.000. Portanto, podemos dizer que lim

x→+∞x2 = +∞.

Podemos estabelecer a definicao precisa de limite infinito no infinito.

Definicao 3.14 (Limite Infinito no Infinito). Seja f uma funcao definida em algum intervalo(a, +∞).

•lim

x→+∞f(x) = +∞

se, dado K > 0, existir R > 0 tal que f(x) > K sempre que x > R .

•lim

x→+∞f(x) = −∞

se, dado K < 0, existir R > 0 tal que f(x) < K sempre que x > R .

limx→+∞

f(x) = +∞

-

6

K

R

f(x)

x

limx→+∞

f(x) = −∞

xR

Kf(x)

-6

Exercıcio: Escreva as definicoes precisas para x → −∞ no infinito.

limx→−∞

f(x) = +∞

-

6

K

R

f(x)

x

limx→−∞

f(x) = −∞

x R

Kf(x)

-6

55

Observacao: Todas as propriedades de limites infinitos dadas na secao 3.6 valem se substi-tuirmos x → p por x → +∞ ou x → −∞.

Observacao: Temos as mesmas indeterminacoes:

+∞− (+∞), −∞− (−∞), 0 · ∞,∞∞ ,

0

0, 1∞, 00, ∞0.

Exemplo 3.47.

• Prove, usando a definicao, que limx→+∞

x = +∞.

• Segue das propriedades que limx→+∞

xn = +∞, onde n e um inteiro positivo.


(x2 − x).

Observe que temos uma indeterminacao da forma∞−∞. Nao podemos aplicar a propriedadeda soma. Contudo, podemos escrever

limx→+∞

(x2 − x) = limx→+∞

x(x− 1) = +∞ · (+∞− 1) = +∞.


x3 + 3x− 1

2x2 + x + 1.

limx→+∞

x3 + 3x− 1

2x2 + x + 1= lim

x→+∞x3

(1 + 3

x2 − 1x3

)

x2(2 + 1

x+ 1

x2

) = +∞1 + 0− 0

2 + 0 + 0= +∞.

Exemplo 3.50. Calcule limx→−∞

x3 − 3x2 + 1

1− 2x2.

limx→−∞

x3 − 3x2 + 1

1− 2x2= lim

x→+∞x3

(1− 3

x+ 1

x3

)

x2(

1x2 − 2

) = (−∞)(−1

2

)= +∞.

Exercıcio:

(a) Seja p(x) = a0 + a1x + · · ·+ anxn, com an 6= 0. Determine os limites lim

x→±∞p(x).

(b) Sejam p e q polinomios, com q 6= 0. Encontre os limites limx→±∞

p(x)

q(x).

(c) Verifique que limx→+∞

loga x = +∞, a > 1.

(d) Verifique que limx→+∞

ax = +∞, a > 1 e que limx→−∞

ax = +∞, 0 < a < 1.

56

3.9 O Numero e

Definimos o numero e como o seguinte limite, assumindo que ele existe,

e = limx→+∞

(1 +

1

x

)x

.

A partir deste limite vamos calcular outros limites que serao uteis mais adiante.

Exemplo 3.51. limx→−∞

(1 +

1

x

)x

= e.

Fazendo x = −(t + 1), t > 0, temos

(1 +

1

x

)x

=(1− 1

1 + t

)−t−1

=(1 +

1

t

)t(t + 1

t

).

Para x → −∞, t → +∞, assim

limx→−∞

(1 +

1

x

)x

= limt→+∞

(1 +

1

t

)t(t + 1

t

)= e.

Exemplo 3.52. limh→0+

(1 + h

) 1h

= e.

Fazendo h =1

x, temos que para h → 0+, x → +∞, assim

limh→0+

(1 + h

) 1h

= limx→+∞

(1 +

1

x

)x

= e.

Analogamente, temos que

Exemplo 3.53. limh→0−

(1 + h

) 1h

= e.

Portanto,

limh→0

(1 + h

) 1h

= e.

Observacao: O numero e tambem pode ser definido como o limite acima e claramente asduas definicoes sao equivalentes.

Exemplo 3.54. limh→0

eh − 1

h= 1.

57

Fazendo u = eh − 1 ou h = ln(1 + u) temos

eh − 1

h=

u

ln(u + 1)=

1

ln(u + 1)1u

.

Para h → 0, u → 0, assim

limh→0

eh − 1

h= lim

u→0

1

ln(u + 1)1u

=1

ln e= 1.

Observacao: O numero e tambem pode ser definido como um numero tal que satisfaz olimite acima.

3.10 Outras Propriedades das Funcoes Contınuas

No caso particular de funcoes contınuas o Teorema da Conservacao de Sinal tem a seguinteforma.

Teorema 3.11 (da Conservacao do Sinal para Funcoes Contınuas). Seja f contınua em p .Se f(p) > 0, entao existe δ > 0 tal que para todo x ∈ Df ,

|x− p| < δ =⇒ f(x) > 0 .

Analogamente, se f(p) < 0, entao existe δ > 0 tal que para todo x ∈ Df ,

|x− p| < δ =⇒ f(x) < 0 .

Alem do Teorema da Conservacao do Sinal acima vamos apresentar tres Teoremas im-portantes envolvendo funcoes contınuas. Consideraremos f : [a, b] → R nos resultados destasecao.

Teorema 3.12 (do Valor Intermediario). Se f for contınua e se γ pertencer ao intervaloaberto de extremos f(a) e f(b), entao existira c ∈ (a, b) tal que f(c) = γ.

O TVI estabelece que uma funcao contınua assume todos os valores intermediarios entreos valores f(a) e f(b). Geometricamente, o TVI diz que se for dada uma reta horizontalqualquer y = γ entre y = f(a) e y = f(b), como mostra a figura abaixo, entao o grafico de fintercepta a reta y = γ pelo menos uma vez. Observe que o TVI nao e verdadeiro em geralpara funcoes descontınuas.

58

f(x)

ba

f(a)

f(b)

x

γ

c

γ1

c1 c1c1

-

6

Como um caso particular do TVI temos

Teorema 3.13 (de Bolzano ou do Anulamento). Se f for contınua e f(a) e f(b) assumiremsinais contrarios, entao existira c ∈ (a, b) tal que f(c) = 0.

Uma aplicacao do teorema e a localizacao de zeros de uma funcao.

Exemplo 3.55. Mostre que x3 − 4x + 8 = 0 tem pelo menos uma solucao real.

Seja f(x) = x3 − 4x + 8. Temos que f e uma funcao contınua e como f(0) = 8 > 0 ef(−3) = −7 pelo Teorema do anulamento existe c ∈ (−3, 0) tal que f(c) = 0, ou seja, c euma solucao da equacao.

Exercıcio:

(a) Existe um numero que e exatamente um a mais que seu cubo? [R: sim, para algumx ∈ (−2, 0)]

(b) A equacao cos x = x tem pelo menos uma solucao? e a equacao 2 tgx − x = 1? [R:sim, para algum x ∈ (0, π/2); sim, para algum x ∈ (0, π/4)]

Teorema 3.14 (de Weierstrass ou do Valor Extremo). Se f for contınua, entao existiraox1, x2 ∈ [a, b] tais que

f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2), para todo x ∈ [a, b].

Observacao: Neste caso, dizemos que f(x1) e um valor mınimo de f no intervalo [a, b] ef(x2) e um valor maximo e, [a, b]. O Teorema de Weierstrass diz que, se f for contınuaem um intervalo fechado e limitado, entao f assumira os valores maximo e mınimo nesteintervalo.

59

Se o intervalo nao for limitado o teorema de Weierstrass nao vale necessariamente, porexemplo, f(x) = x3 nao e limitada em [0, +∞). Se o intervalo nao for fechado, o resultadotambem pode nao ser valido, por exemplo, a funcao identidade f(x) = x nao possui valormaximo nem valor mınimo em (0, 2). Se a funcao nao for contınua, o resultado tambem nao

precisa valer, por exemplo, considere a funcao f(x) =

2 se x = 1x se 1 < x < 32 se x = 3.

Como uma consequencia do Teorema do Valor Intermediario e do Teorema de Weierstrass,obtemos o seguinte resultado

Corolario 3.3. Sejam f : [a, b] → R uma funcao contınua, m = min{f(x) : x ∈ [a, b]} eM = max{f(x) : x ∈ [a, b]}. Entao Im(f) = f([a, b]) = [m,M ].

Exercıcio: Prove que o conjunto A =

{x2 +

1

2;

1

2≤ x ≤ 2

}admite maximo e mınimo.

3.11 *Limite de Funcoes e Sequencias

limx→b

f(x) = L.

Consideremos f : B ⊂ R → R uma funcao e b um ponto de acumulacao de B. Supon-hamos que limx→b f(x) = L. Podemos nos aproximar de b por pontos de B distintos de b.Seja {bn} uma sequencia tal que bn ∈ B, bn 6= b e lim

n→∞bn = b. Entao podemos construir a

sequencia {f(bn)} e perguntar se esta sequencia e convergente, ou seja, existe o limite

limn→∞

f(bn) = L ? (3.1)

Em outras palavras, quando nos aproximamos de b por pontos bn de B, com bn 6= b, everdade que f(bn) se aproxima de L? Quando isto ocorre para qualquer sequencia f(bn),isto e, quando existe um unico L tal que vale (3.1) para toda sequencia f(bn), dizemos queL e o limite de f em b e escrevemos

limx→b

f(x) = L.

Exemplo 3.56. Seja f : R\{1, 2} → R dada por f(x) =2x2 − 4x

x2 − 3x + 2. Entao o limite de

f(x) quando x → 2 e 4.

Embora tenhamos 2 /∈ Df no Exemplo 3.56, podemos nos aproximar de 2 por pontos x deDf , com x 6= 2. Observe que, quando x ∈ Df se aproxima de 2, com x 6= 2, a funcao

g(x) =2x

x− 1se aproxima de 4. Entao escrevemos

limx→2

2x2 − 4x

x2 − 3x + 2= lim

x→2

2x

x− 1︸︷︷︸g(x)

·x− 2

x− 2= lim

x→2

2x

x− 1= 4.

60

Exemplo 3.57. Seja f : R\{0} → R dada por f(x) =x

|x| . Entao o limite de f(x) quando

x → 0 nao existe.

Embora 0 nao pertenca a Df no Exemplo 3.57, podemos nos aproximar de 0 por pontos de

Df . Note que, tomando bn =(−1)n

n, temos bn ∈ Df , bn 6= 0 e lim

n→∞bn = 0. Entretanto a

sequencia {f(bn)} = {(−1)n} nao e convergente e, portanto, o limite de f(x) quando x tendea 0 nao existe.

A nocao intuitiva de limite usando sequencias se relaciona a definicao precisa de limiteda forma seguinte.

Proposicao 3.3. Sejam f : B → R uma funcao e b ∈ R um ponto de acumulacao de B.Se

limx→b

f(x) = L

entao, para toda sequencia {bn} com bn 6= b, bn ∈ B e limn→∞

bn = b,

limn→∞

f(bn) = L.

Observacao: Vale, tambem, a volta na proposicao acima, isto e,

Se, para toda sequencia {bn} com bn 6= b, bn ∈ B e limn→∞

bn = b, tivermos

limn→∞

f(bn) = L,

entaolimx→b

f(x) = L.

Enunciamos este resultado apenas para mostrar que o caminho adotado para entender limitee, de fato, equivalente a definicao precisa e nao faremos a prova deste resultado aqui.

Observacoes: Sejam f : B → R uma funcao e b ∈ R um ponto de acumulacao de B esuponhamos que exista lim

x→bf(x) = L. Note que

• Pontos de B proximos, mas distintos, de b sao levados pela funcao f em pontosproximos de L.

• limx→b

f(x) = L significa que, uma vez especificado o erro ε > 0, para todo x suficiente-

mente proximo de b (isto e, 0 < |x− b| < δ) em B, o erro cometido ao aproximarmosL por f(x) e menor que ε.

• E preciso excluir o ponto b mesmo que este pertenca ao domınio da funcao (por exemplof(x) = 1 se x ∈ R\{1} e f(1) = 2).

61

• Nao e possıvel abrir mao do fato de que b deve ser um ponto de acumulacao de B,pois precisamos nos aproximar dele por pontos de B distintos de b o que equivale a bser um ponto de acumulacao de B.

A proposicao abaixo segue imediatamente do fato de que limites de sequencias sao unicos(Proposicao 2.12) e da Proposicao 3.3.

Proposicao 3.4. Sejam f : B → R uma funcao, b ∈ R um ponto de acumulacao de B esuponha que o limite lim

x→bf(x) existe. Entao o tal limite e unico.

Tambem segue da Proposicao 3.3 o seguinte criterio negativo para existencia de limite.

Proposicao 3.5 (Criterio Negativo). Sejam f : B → R uma funcao e b ∈ R um ponto deacumulacao de B. Se, para alguma sequencia {xn} com xn ∈ B, xn 6= b e lim

n→∞xn = b, a

sequencia {f(xn)} nao for convergente, entao o limite limx→b

f(x) nao existira.


(a) o limite de f(x) =x− 2

|x− 2| quando x → 2 nao existe.

(b) o limite de f(x) =

{x2 + 2, x ≥ −12x + 1, x < −1

quando x → −1 nao existe.

Exemplo 3.58. Nao existem os limites limx→0

1

xe lim

x→0

1

x2. Basta observar que, para xn =

1

n,

as sequencias {n} e {n2} sao ilimitadas e, portanto, nao sao convergentes.

Definicao 3.15. Seja f : B → R uma funcao.

• Se b ∈ R for um ponto de acumulacao de C = B ∩ (b,∞) (D = B ∩ (−∞, b)), entao bsera dito um ponto de acumulacao a direita (resp. a esquerda) de B.

• Se o limitelimx→b

f∣∣C(x) = L+ (resp. lim

x→bf∣∣D(x) = L−)

existir, diremos que L+ (L−) e o limite lateral a direita (resp. a esquerda) de fquando x tende a b.

Notacao: Escrevemos

limx→b+

f(x) := limx→b

f∣∣C(x) (resp. lim

x→b−f(x) := lim

x→bf∣∣D(x))

Proposicao 3.6. Sejam f : B → R uma funcao e b ∈ R um ponto de acumulacao a direitae a esquerda de B. Entao o limite lim

x→bf(x) existira se, e somente se, os limites laterais

limx→b+

f(x) = L+ e limx→b−

f(x) = L−

existirem e L+ = L−.

62

Definicao 3.16. Sejam f : B → R uma funcao e b ∈ B. Diremos que f e contınua em b,se valerem uma das seguintes afirmacoes:

• b nao e um ponto de acumulacao de B;

• b e um ponto de acumulacao de B e limx→b

f(x) = f(b).

Segue da definicao acima que se f : B → R for uma funcao e {xn} for uma sequenciaconvergente com limite b, entao a sequencia {f(xn)} sera convergente com

limn→∞

f(xn) = f(b).

Teorema 3.15. Sejam f uma funcao e (xn)n∈A uma sequencia de elementos de Df tal quexn → p e xn 6= p, ∀ n ∈ A. Entao

limx→p

f(x) = L =⇒ limn→∞

f(xn) = L .

Segue diretamente do teorema o seguinte

Corolario 3.4. Seja f uma funcao. Se existem sequencias (xn)n∈A e (yn)n∈A de elementosde Df tais que

xn −→ p , xn 6= p , ∀ n ∈ Ayn −→ p , yn 6= p , ∀ n ∈ A

elim

n→∞f(xn) = L1 e lim

n→∞f(yn) = L2 , L1 6= L2 ,

entao@ lim

x→pf(x) .


{1 , x ∈ Q0 , x 6∈ Q . Mostre que @ lim

x→pf(x) , ∀ p ∈ R .

63

Capıtulo 4

A Derivada

4.1 Motivacao e Definicao

Seja x = f(t) uma equacao horaria do movimento de uma partıcula sobre a reta real x.Entao f(t) descreve a posicao da partıcula no instante t, para cada t ∈ R. A velocidademedia da partıcula entre os instantes t0 e t e dada por

distancia percorrida

tempo decorrido=

f(t)− f(t0)

t− t0

e a velocidade instantanea ou simplesmente velocidade da partıcula no instante t0 edada por

v(t0) = limt→t0

f(t)− f(t0)

t− t0. (4.1)

Logo, a velocidade instantanea, v(t0), e o limite, quando t → t0, das velocidades medias dapartıcula entre os instantes t0 e t. Verifiquemos este fato intuitivamente.

Consideremos a seguinte figura.

T

Tt

f

f(t)− f(t0)

t− t0

tt0

f(t0)

f(t) r

r

-

6

t

64

Entao, para cada t, a reta Tt que passa por (t0, f(t0)) e (t, f(t)) e tem coeficiente angularmt, pode ser descrita pela equacao

y − f(t0) = mt(s− t0), s ∈ Ronde

mt =f(t)− f(t0)

t− t0.

Assim, o coeficiente angular da reta Tt determina a velocidade media da partıcula entre osinstantes t e t0.

Notemos que, quando t se aproxima de t0, a reta Tt “tende” a posicao da reta T , ouseja, quando t → t0, o coeficiente angular, mt, da reta Tt tende para o valor do coeficienteangular, m, da reta T . Logo

t → t0 =⇒ f(t)− f(t0)

t− t0→ m,

ou seja

limt→t0

f(t)− f(t0)

t− t0= m.

Isto mostra que a velocidade instantanea da partıcula dada pelo coeficiente angular da retaT e, de fato, o limite das velocidades medias dadas por mt.

Fazendo a mudanca de variavel t = t0 + h, temos

t → t0 ⇐⇒ h → 0.

Portanto a equacao (4.1) pode ser re-escrita como

v(t0) = limh→0

f(t0 + h)− f(t0)

h.

Agora, podemos dar a definicao seguinte.

Definicao 4.1. Sejam f uma funcao e p ∈ Df um ponto do seu domınio.

• Quando existir o limite

limx→p

f(x)− f(p)

x− p= L 6= ±∞,

diremos que L e a derivada de f em p e escreveremos

f ′(p) = L .

Neste caso,

f ′(p) = limx→p

f(x)− f(p)

x− p= lim

h→0

f(p + h)− f(p)

h.

65

• Quando f admitir derivada f ′(p) em p , diremos que f e derivavel ou diferenciavelem p .

• Quando f admitir derivada f ′(p) em todo ponto p ∈ A , A ⊂ Df , diremos que f ederivavel ou diferenciavel em A ⊂ Df .

• Quando f admitir derivada f ′(p) em todo ponto p ∈ Df , diremos simplesmente que fe derivavel ou diferenciavel.

Exemplo 4.1. Seja f(x) = 2x2 − 3. Entao

(a) f ′(0) = 0; (b) f ′(2) = 8; (c) f ′(p) = 4p.

Por definicao

f ′(0) = limh→0

f(h)− f(0)

h= lim

h→0

2h2

h= lim

h→02h = 0,

f ′(2) = limh→0

f(2 + h)− f(2)

h= lim

h→0

2(2 + h)2 − 8

h= lim

h→08 + 2h = 4,

e em geral, para qualquer p,

f ′(p) = limh→0

f(p + h)− f(p)

h= lim

h→0

2(p + h)2 − 2p2

h= lim

h→04p + 2h = 4p.

Exemplo 4.2. Mostre que f(x) = |x| nao e derivavel em 0 .

Vejamos que f ′(0) = limh→0

f(h)− f(0)

hnao existe. Calculemos os limites laterais

limh→0+

h− 0

h= 1 e lim

h→0−

−h− 0

h= −1.

Portanto nao existe limh→0

f(h)− f(0)

h, ou seja, nao existe f ′(0).

Conforme vimos, podemos interpretar a derivada como a inclinacao da reta tangente aografico de uma funcao.

Definicao 4.2 (Reta Tangente e Reta Normal). A equacao da reta tangente a uma curvay = f(x) no ponto (p, f(p)) e dada por (p, f(p))

y − f(p) = f ′(p)(x− p).

Definimos a reta normal a uma curva y = f(x) no ponto (p, f(p)) como a reta que eperpendicular a reta tangente nesse ponto.

66

xp

f(p)

T

f

-

6

Se f ′(p) 6= 0, entao o coeficiente angular da reta normal e − 1

f ′(p)e sua equacao

y − f(p) = − 1

f ′(p)(x− p).

Se f ′(p) = 0 entao a equacao da reta normal sera x = p.

Exemplo 4.3. Seja f(x) = 2x2 − 3. Determine a equacao da reta tangente ao grafico de fnos pontos

(a) (0 , f(0)); (b) (2 , f(2)).

(b) Ja vimos que f ′(2) = 8. Portanto, a equacao da reta tangente e y − 5 = 8(x − 2) e a

equacao da reta normal e y − 5 = −1

8(x− 2).

Exemplo 4.4. Determine a equacao da reta tangente ao grafico de f(x) = 2x2−3 e paralelaa reta y = 2x + 3.

Pela condicao de paralelismo, devemos ter que

f ′(p) = 2 ou 4p = 2, logo p =1

2.

Portanto a equacao da reta tangente e

y − f(1

2

)= f ′

(1

2

)(x− 1

2

), ou seja y +

5

2= 2

(x− 1

2

).

Taxas de Variacao: Uma outra interpretacao da derivada e como uma taxa de variacao.Consideremos o problema de uma partıcula que se desloca sobre o eixo x com funcao deposicao x = f(t). Entao definimos a velocidade instantanea como o limite das veloci-dade medias em intervalos cada vez menores. Deste modo, a velocidade instantaneada partıcula no instante t e dada por

v(t) = lim∆t→ 0

f(t + ∆t)− f(t)

∆t= f ′(t) .

67

De maneira analoga, a aceleracao media da partıcula entre os instantes t e t + ∆t e dadapor

v(t + ∆t)− v(t)

∆t,

onde v(t+∆t)−v(t) e a variacao da velocidade entre os instantes t e t+∆t , e a aceleracaoinstantanea ou simplesmente aceleracao da partıcula no instante t e dada por

a(t) = lim∆t→ 0

v(t + ∆t)− v(t)

∆t= v′(t) = f ′′(t).

Exemplo 4.5. Uma partıcula move-se sobre o eixo x de modo que, no instante t , a posicaox e dada por x = t2, t ≥ 0,onde t e dado em segundos e x e dado em metros.

(a) Qual a velocidade da partıcula no instante t ?

(b) Qual a aceleracao da partıcula no instante t ?

A velocidade e dada pela derivada da funcao posicao, logo

v(t) = limh→0

(t + h)2 − t2

h= 2t,

e a aceleracao e a derivada da velocidade,

a(t) = limh→0

2(t + h)− 2t

h= 2.

Assim, se y = f(x) for uma funcao posicao, a taxa de variacao representa a velocidade.Suponhamos agora que uma quantidade y depende de outra quantidade x, de modo que y euma funcao de x, ou seja y = f(x). A taxa media de variacao de f entre x e x + ∆x edada por

f(x + ∆x)− f(x)

∆x.

A taxa de variacao (instantanea) de f em x e dada por

lim∆x→0

f(x + ∆x)− f(x)

∆x

e coincide com a derivada f ′(x) de f em x .

Observacao: A taxa de variacao tem uma interpretacao especıfica dependendo da cienciaa qual se refere. A seguir alguns exemplos:

• Suponha que a massa m de uma barra nao homogenea seja uma funcao do comprimento,m = f(x). Entao definimos a densidade linear ρ como taxa de variacao da massa emrelacao ao comprimento, ou seja, ρ = f ′(x).

68

• Se uma substancia e mantida em uma temperatura constante, entao seu volume Vdepende de sua pressao P. Podemos considerar a taxa de variacao do volume em relacao

a pressao, ou seja,dV

dP. A compressibilidade isotermica e definida por β = − 1

V

dV

dP.

• Seja n = f(t) o numero de indivıduos em uma populacao no instante t. Entao a taxade variacao da populacao com relacao ao tempo e chamada taxa de crescimento.

• Suponha que C(x) seja o custo total que uma companhia incorre na producao de xunidades de um produto. A taxa de variacao do custo em relacao ao numero de ıtensproduzidos e chamado de custo marginal.

4.2 A Derivada Como uma Funcao

Definimos a derivada de uma funcao f em um numero fixo p. Se substituirmos p por umavariavel x, obteremos

f ′(x) = limh→0

f(x + h)− f(x)

h.

Dado um numero x para o qual esse limite existe, atribuımos a x o numero f ′(x), obtendouma nova funcao f ′, chamada derivada de f .

Exemplo 4.6. Calcule a derivada de f(x) =√

x− 1 e determine o domınio de f ′.

f ′(x) = limh→0

f(x + h)− f(x)

h= lim

h→0

√x + h− 1−√x− 1

h

= limh→0

(x + h− 1)− (x− 1)

h

1√x + h− 1 +

√x− 1

= limh→0

1√x + h− 1 +

√x− 1

=1

2√

x− 1.

Notacoes alternativas. Seja y = f(x), onde f e uma funcao derivavel. Podemos escrever,alternativamente,

f ′(x) = y′ =dy

dx=

d

dx(y) =

df

dx=

d

dxf(x) = Df(x) = Dxf(x)

para denotar a derivada de y ou f em relacao a variavel x .O sımbolo dy/dx nao e um quociente; trata-se simplesmente de uma notacao. Utilizando

a notacao de incremento, podemos escrever a definicao de derivada como

dy

dx= lim

∆x→0

f(x + ∆x)− f(x)

∆x.

69

Daı, tomando ∆y = ∆f = f(x + ∆x)− f(x), podemos escrever

dy

dx= lim

∆x→0

∆y

∆xou

df

dx= lim

∆x→0

∆f

∆x.

O seguinte Teorema estabelece uma relacao entre continuidade e diferenciabilidade.

Teorema 4.1. Se f for uma funcao diferenciavel em p ∈ Df entao f sera contınua em p.

Prova. Devemos mostrar que limx→p

f(x) = f(p) ou equivalentemente que limx→p

f(x)−f(p) = 0.

Escrevemos

f(x)− f(p) =f(x)− f(p)

x− p(x− p).

Assim

limx→p

f(x)− f(p) = limx→p

f(x)− f(p)

x− p(x− p) = lim

x→p

f(x)− f(p)

x− plimx→p

(x− p) = f ′(p)0 = 0.

Portanto f e contınua em p. ¤Observacao: Note que nao vale a recıproca. A funcao f(x) = |x| do Exemplo 4.2 e contınuaem x = 0 mas nao e diferenciavel em x = 0.

Exemplo 4.7. A funcao f(x) =

{x2 x ≤ 1,2 x > 1

e diferenciavel em x = 1?

Como o limx→1−

f(x) = 1 e limx→1+

f(x) = 2, f(x) nao e contınua em x = 1, logo nao e diferenciavel

em x = 1.

Exercıcio: A funcao f(x) =

{x2sen

1

xx 6= 0,

0 x = 0e diferenciavel em x = 0?

4.3 Formulas e Regras de Derivacao

Teorema 4.2 (Formulas de Derivacao). Sao validas as seguintes formulas de derivacao

(a) f(x) = k, k constante =⇒ f ′(x) = 0,

(b) f(x) = xn =⇒ f ′(x) = nxn−1 , n un inteiro positivo,

(c) f(x) = x1/n = n√

x =⇒ f ′(x) =1

nx

1n−1 , n un inteiro positivo,

(d) f(x) = sen x =⇒ f ′(x) = cos x,

(e) f(x) = cos x =⇒ f ′(x) = −sen x,

70

(f) f(x) = ex =⇒ f ′(x) = ex,

(g) f(x) = ln x =⇒ f ′(x) =1

x, x > 0.

Prova. Prova do item (b). Lembremos que

yn − xn = (y − x)(yn−1 + yn−2x + · · ·+ yxn−2 + xn−1).

Entao,

f ′(x) = limy→x

yn − xn

y − x= lim

y→x(yn−1 + yn−2x + · · ·+ yxn−2 + xn−1) = nxn−1.

Prova do item (c). Fazendo u = n√

y e v = n√

x temos que quando y → x, u → v. Assim

f ′(x) = limy→x

n√

y − n√

x

y − x= lim

u→v

u− v

un − vn= lim

u→v

1un−vn

u−v

=1

nvn−1=

1

nxn−1

n

=1

nx

1n−1.

Prova do item (d).

f ′(x) = limy→x

sen y − sen x

y − x= lim

y→x

2sen(

y−x2

)cos

(y+x

2

)

y − x= lim

y→x

sen(

y−x2

)cos

(y+x

2

)

y−x2

= cos x.

Prova do item (e). Analoga ao item (d).Prova do item (f).

f ′(x) = limh→0

ex+h − ex

h= ex lim

h→0

eh − 1

h= ex

pois, como vimos na secao 3.9, limh→0

eh − 1

h= 1.

Prova do item (g).

f ′(x) = limh→0

ln(x + h)− ln x

h= lim

h→0

1

hln

(x + h

x

).

Fazendo u =h

xtemos que para h → 0, u → 0, assim

limh→0

ln(1 +

h

x

) 1h

= limu→0

1

xln

(1 + u

) 1u =

1

xln e =

1

x,

pois, como vimos na secao 3.9, limu→0

(1 + u

) 1u = e.

¤O seguinte Teorema fornece regras para calcular derivadas.

71

Teorema 4.3 (Regras de Derivacao). Sejam f e g funcoes derivaveis em p e k uma con-stante. Entao

(a) kf sera derivavel em p e

(kf)′(p) = kf ′(p), (Regra do Multiplo Constante)

(b) f + g sera derivavel em p e

(f + g)′(p) = f ′(p) + g′(p), (Regra da Soma)

(c) fg sera derivavel em p e

(fg)′(p) = f ′(p)g(p) + f(p)g′(p), (Regra do Produto)

(d)

(f

g

)sera derivavel em p, se g(p) 6= 0 e, neste caso, teremos

(f

g

)′(p) =

f ′(p)g(p)− f(p)g′(p)

[g(p)]2, (Regra do Quociente).

Exemplo 4.8. f(x) = x8 + 12x5 − 6x + 2 =⇒ f ′(x) = 8x7 + 60x4 − 6.

Exemplo 4.9. f(x) = x cos x =⇒ f ′(x) = cos x− xsen x.

Exemplo 4.10. f(x) =x2 − 2

x3 + 6=⇒ f ′(x) =

2x(x3 + 6)− (x2 − 2)3x2

(x3 + 6)2.

Exemplo 4.11. f(x) = x−n =⇒ f ′(x) = −nx−n−1 , x 6= 0 , n un inteiro positivo.

Exemplo 4.12. f(x) = loga x =⇒ f ′(x) =1

x ln a, x > 0.

Segue utilizando a mudanca de base loga x =ln x

ln a.

Exemplo 4.13. Encontre a equacao da reta tangente a curva y =ex

1 + x2no ponto (1, e

2).

72

Comody

dx=

ex(1− x)2

(1 + x2)2, a inclinacao da reta tangente em (1, e

2) e

dy

dx(1) = 0. Logo a equacao

da reta tangente e y = e2.

Exercıcio: Calcule f ′(x) sendo

(a) f(x) = tg x; (b) f(x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · ·+ an xn;

(c) f(x) =−x + 2

x ln x; (d) f(x) = ex(

√x + sec x).

Exercıcio: Seja y = 4x2 + x√

x. Calcule a derivada em relacao a x.

Exercıcio: Seja s =ln t

t2 + 1. Calcule

ds

dt.

4.4 A Regra da Cadeia

A Regra da Cadeia nos fornece uma formula para achar a derivada de uma funcao compostah = f ◦ g em termos das derivadas de f e g.

Teorema 4.4 (Regra da Cadeia - RC). Sejam y = f(x) derivavel e x = g(t) derivavel comIm g ⊂ Df . Seja h = f ◦ g. Entao h e derivavel e vale

h′(t) = f ′(g(t))g′(t), para todo t ∈ Dg. (4.2)

Notacao alternativa. Nas condicoes do Teorema 4.4 temos

y = f(x) =⇒ dy

dx= f ′(x) = f ′(g(t))

x = g(t) =⇒ dx

dt= g′(t).

(4.3)

Por outro lado, h(t) = f(g(t)) = f(x) = y ou seja y = h(t). Portanto

dy

dt= h′(t). (4.4)

Daı, substituindo (4.3) e (4.4) em (4.2), obtemos

dy

dt=

dy

dx

dx

dt, para todo t ∈ Dg .

Comentarios sobre a prova da Regra da Cadeia. Seja h = f ◦ g. Se assumimos queg(t) 6= g(t0), para t proximo de t0, entao,

h′(t0) = limt→t0

f(g(t))− f(g(t0))

t− t0= lim

t→t0

f(g(t))− f(g(t0))

g(t)− g(t0)

g(t)− g(t0)

t− t0= f ′(g(t0))g

′(t0).

No caso geral, uma outra prova devera ser feita.

73

Exemplo 4.14. Calcule a derivada de h(t) = cos(√

t).

Fazendo g(t) =√

t e f(x) = cos x, entao h(t) = f(g(t)), g′(t) =1

2√

t, f ′(x) = −sen x. Pela

Regra da Cadeia,

h′(t) = f ′(g(t))g′(t) = −sen(√

t)1

2√

t.

Observacao: Observe que ao aplicar a Regra da Cadeia diferenciamos primeiro a funcao defora f e avaliamos na funcao de dentro g(x) e entao multiplicamos pela derivada da funcaode dentro.

Exemplo 4.15. Calcule a derivada de h(t) = ln(4t− 2).

Fazendo g(t) = 4t − 2 e f(x) = ln x, entao h(t) = f(g(t)), g′(t) = 4, f ′(x) =1

x. Pela Regra

da Cadeia,

h′(t) = f ′(g(t))g′(t) =1

4t− 24 =

4

4t− 2..

Exercıcio: Calcule f ′(x) se

(a) f(x) = (x4 − 3x2 + 7)10; (b) f(x) = sen 4x.

Exercıcio: Sejam f : R → R derivavel e g(x) = f(tgx). Calcule g′(π

4

)supondo que

f ′ (1) = 2.

Exemplo 4.16. Se f(x) = eax =⇒ f ′(x) = aeax.

Exemplo 4.17. Calcule a derivada de f(x) = sen(cos(ex)).

Podemos usar a Regra da Cadeia para derivar a funcao exponencial de qualquer base.Seja a > 0 uma constante com a 6= 1. Escrevemos ax = eln ax

= ex ln a e pela Regra da Cadeia

d

dxax =

d

dxex ln a = ex ln a d

dx(x ln a) = ex ln a ln a = ax ln a.

Logo

(ax)′ = ax ln a.

Tambem podemos provar a Regra da Potencia. Seja α uma constante e x > 0. Es-crevemos xα = eln xα

= eα ln x e pela Regra da Cadeia

d

dxxα =

d

dxeα ln x = eα ln x d

dx(α ln x) = xαα

1

x= αxα−1.

74

Logo

(xα)′ = α xα−1 para todo x > 0.

Exercıcio: Prove a Regra da Potencia para x < 0.

Regra da Potencia combinada com a Regra da Cadeia: para qualquer numero α eg(x) diferenciavel, temos

d

dx[g(x)]α = α[g(x)]α−1g′(x).

Exercıcio: Calculedy

dxse

(a) y =1

3√

x2 + x + 1; (b) y =

(x + 1

x2 + 1

)4

.

Outras aplicacoes da Regra da Cadeia: Suponha g(x) derivavel. Entao

(a) [eg(x)]′ = eg(x)g′(x), (b) [ln g(x)]′ =g′(x)

g(x),

(c) [cos g(x)]′ = −g′(x) seng(x), (d) [seng(x)]′ = g′(x) cos g(x).

Exemplo 4.18.

(a) [ex2]′ = ex2

2x, (b) [ln x3]′ =3x2

x3,

(c) [senx5]′ = cos(x5)5x4, (d) [sen5x]′ = 5sen4x cos x.

Podemos usar a Regra da Cadeia para calcular a derivada de uma funcao na formaf(x)g(x) onde f e g sao derivaveis e f(x) > 0. Escrevemos

f(x)g(x) = eln f(x)g(x)

= eg(x) ln f(x).

Entao,[f(x)g(x)]′ = eg(x) ln f(x)[g(x) ln f(x)]′,

e portanto,

[f(x)g(x)]′ = f(x)g(x)[g(x) ln f(x)]′.

Exemplo 4.19. Calcule a derivada de f(x) = xx.

Escrevemos xx = eln xx= ex ln x e aplicamos a Regra da Cadeia,

[xx]′ = ex ln x(x ln x) = xx(ln x + 1).

75

4.5 Derivacao Implıcita e Derivada da Funcao Inversa

Em geral, as funcoes sao dadas na forma y = f(x). Entretanto, algumas funcoes sao definidasimplicitamente por uma relacao entre x e y. Por exemplo, x2 + y2 = 25. Em alguns casose possıvel resolver uma equacao para y em funcao de x. Na equacao anterior, obteremosy = ±√25− x2. Logo, teremos duas funcoes determinadas pela equacao implıcita. Algumasvezes nao e facil resolver a equacao para y em termos de x, tal como x3 + y3 = 6xy. Paracalcular a derivada de y utilizamos a derivacao implıcita, que consiste em derivar a ambosos lados da equacao em relacao a x e entao resolver a equacao resultante para y′.

Exemplo 4.20. Se x2 + y2 = 25, encontredy

dx.

Derivando a ambos os lados da equacao,

d

dx(x2 + y2) =

d

dx25 =⇒ d

dxx2 +

d

dxy2 = 0.

Pela Regra da Cadeia,d

dxy2 =

d

dyy2 dy

dx= 2y

dy

dx.

Assim,dy

dx= −x

y.

Exemplo 4.21. Se x3 + y3 = 6xy, encontredy

dx.

Derivando ambos os lados da equacao em relacao a x, obtemos 3x2 + 3y2y′ = 6y + 6xy′.Resolvendo em y′

y′ =2y2 − x2

y2 − 2x.

Exemplo 4.22. Seja y = f(x) uma funcao diferenciavel tal que xf(x) + sen(f(x)) = 4.Determine f ′(x).

Exercıcio: Encontre y′ se sen(x + y) = y2 cos x.

Vamos usar a derivacao implıcita para encontrar derivadas de funcoes inversas. Consideref inversıvel. Entao, para todo x ∈ Df−1 ,

f(f−1(x)) = x.

Se, alem disso, f e f−1 forem derivaveis, entao

[f(f−1(x))]′ = x′ = 1.

Daı, pela Regra da Cadeia,f ′(f−1(x))(f−1)′(x) = 1 .

76

Portanto, para todo x ∈ Df−1 , tal que f ′(f−1(x)) 6= 0, vale

(f−1)′(x) =1

f ′(f−1(x))

e podemos enunciar o resultado seguinte.

Proposicao 4.1 (Derivada de funcoes inversas). Seja f invertıvel. Se f for diferenciavelem q = f−1(p), com f ′(q) 6= 0, e f−1 for contınua em p, entao f−1 sera diferenciavel em p e

(f−1)′(p) =1

f ′(f−1(p)).

Exemplo 4.23. g(x) = x1n =⇒ g′(x) =

1

nx

1n−1 , onde x > 0 se n for par e x 6= 0 se n for

ımpar (n ≥ 2).

Note que g(x) = x1n e a funcao inversa de f(x) = xn. Entao

g′(x) = (f−1)′(x) =1

f ′(f−1(x))=

1

nxn−1

n

=1

nx

1n−1.

Exemplo 4.24. A inversa da funcao f(x) = sen x, para x ∈[−π

2,

π

2

], e a funcao g(x) =

arcsen x, para x ∈ [−1, 1]. Qual e a derivada de g(x) ?

Observe que a funcao senx e injetora no intervalo

[−π

2,

π

2

]com imagem o intervalo [−1, 1].

Portanto, existe a funcao inversa g(x) = arcsen x, para x ∈ [−1, 1], dada por

y = arcsen x ⇐⇒ sen y = x.

Solucao 1: Aplicando a Proposicao 4.1.

arcsen′x =1

cos(arcsen x).

Agora, 1 = cos2(arcsen x) + sen2(arcsen x) = cos2(arcsen x) + x2, logo cos(arcsenx) =√1− x2 pois cos y ≥ 0 para −π/2 ≤ y ≤ π/2. Portanto,

arcsen′x =1√

1− x2.

Solucao 2: Utilizando derivacao implıcita.

y = arcsen x ⇐⇒ sen y = x, −π

2≤ y ≤ π

2.

77

Derivando implicitamente,

cos ydy

dx= 1 ou

dy

dx=

1

cos y.

Agora 1 = cos2 y + sen2y = cos2 y − x2. Como cos y ≥ 0 para −π/2 ≤ y ≤ π/2, concluımos

arcsen′x =1√

1− x2.

De maneira analoga podemos definir as funcoes trigonometricas inversas do cos x, tgx,sec x e cotg x, denominadas arccos x, arctg x, arcsec x e arccotg x.


(a) arccos′x = − 1√1− x2

; (b) arctg′x =1

1 + x2;

(c) arcsec′x =1

x√

1− x2; (d) arccotg′x = − 1

1 + x2.

4.6 Derivadas de Ordens Superiores

Seja f uma funcao derivavel em A. A funcao f ′ : A → R ou simplesmente f ′ e dita derivadade f ou derivada primeira de f . De modo analogo, podemos definir a derivada de f ′ quesera chamada derivada segunda de f . Neste caso,

(f ′)′(x) = limh→∞

f ′(x + h)− f ′(x)

h

e escrevemos f ′′ = (f ′)′, quando o limite existir. Tambem podemos escrever

f (2) := f ′′.

A derivada terceira de f e a derivada da derivada segunda da f , escreveremos

f (3) ou f ′′′

Para n ∈ N∗, a derivada n-esima de f sera denotada por

f (n)

quando esta existir.Alternativamente, podemos escrever

d2y

dx2=

d

dx

(dy

dx

)ou

d2f

dx2=

d

dx

(df

dx

)

para denotar a derivada segunda, f ′′, de y = f(x). Analogamente, usamos

d3y

dx3ou

d3f

dx3

para denotar a derivada de terceira, f ′′′, de y = f(x), e assim por diante.

78

Exemplo 4.25. A posicao da partıcula e dada pela equacao s = f(s) = t3−6t2+9t. Encontrea aceleracao no instante t.

Exemplo 4.26. Seja f(x) = 3x2 − 4x. Calcule f ′ , f ′′ e f ′′′ .

Exemplo 4.27. Se f(x) =1

xentao f (n)(x) =

(−1)nn!

xn+1.


{ −x2, x ≤ 0x2, x > 0

. Calcule f ′ e f ′′ quando existirem.

Para x ≤ 0 f(x) = −x2, daı f ′(x) = −2x. Para x > 0, f(x) = x2, daı f ′(x) = 2x. Em x = 0devemos aplicar a definicao. Note que

f(x)− f(0)

x− 0=

−x2

xse x < 0,

x2

xse x > 0

=

{ −x se x < 0,x se x > 0

= 2|x|

Portanto, f ′(0) = limx→0

f(x)− f(0)

x− 0= 0. Agora, f ′′(x) = 2 se x < 0, f ′′(x) = 2 se x > 0, e

f ′′(0) nao existe.

Exercıcio: Seja s = x(t) derivavel ate 2a¯ ordem. Mostre que

d

dt

(s2ds

dt

)= 2s

(ds

dt

)2

+ s2

(d2s

dt2

).

Exercıcio: Seja f : R → (1, +∞) diferenciavel e suponha que x2 ln(f(x)) = 3, para todox 6= 0. Mostre que, para todo x 6= 0, vale

f ′(x) = ln

(1

f(x)2f(x)

).

4.7 Taxas Relacionadas

Suponha que z representa uma quantidade que depende de outras duas quantidades x e y,ou seja z = f(x) e z = u(y). A relacao entre x e y pode ser expressada por uma funcaoy = v(x). Assim, z = u(y) = u(v(x)) = f(x). Utilizando a Regra da Cadeia temos que

dz

dx=

dz

dy

dy

dx.

Portanto, a taxa de variacao de z com relacao a x e o produto entre a taxa de variacao de zcom relacao a y e da taxa de variacao de y com relacao a x.

79

Exemplo 4.29. Suponha que esta sendo bombeado ar para dentro de uma balao esferico,e seu volume cresce a uma taxa de 50cm3/s. Quao rapido o raio do balao esta crescendoquando o raio e 5cm.?

Seja r o raio e V o volume do balao no instante t. Sabemos que a taxa de crescimento do

volume edV

dt= 50 e queremos determinar a taxa de crescimento do raio,

dr

dtquando r = 5.

Pela Regra da Cadeia,dV

dt=

dV

dr

dr

dt.

Lembrando que V =4

3πr3 =⇒ dV

dr= 4πr2, logo

dV

dt= 4πr2dr

dt=⇒ dr

dt=

1

4πr2

dV

dt.

Concluımos que para r = 5,dr

dt=

1

2π.

Exemplo 4.30. Um tanque de agua tem a forma de um cone circular invertido com base deraio 2m e altura igual a 4m. Se a agua esta sendo bombeada dentro do tanque a uma taxade 2m3/min, encontre a taxa na qual o nıvel da agua esta elevando quando a agua esta a3m de profundidade.

Sejam V, r e h o volume da agua, o raio da superfıcie e a altura no instante t. Sabemos

quedV

dt= 2 queremos achar

dh

dtquando h = 3. Temos que h e V estao relacionadas pela

equacao: V =1

3πr2h. Por semelhanca de triangulos

r

h=

2

4logo r = h/2. Substituindo na

expressao para V, obtemos V =1

3π

h

2

2

h =π

12h3. Agora, derivando com relacao a t,

dV

dt=

πh2

4

dh

dt=⇒ dh

dt=

4

πh2

dV

dt.

Substituindo h = 3,dV

dt= 2, temos

dh

dt=

8

9π.

Exercıcio: O raio r de uma esfera esta variando, com o tempo, a uma taxa constante de5(m/s). Com que taxa estara variando o volume da esfera no instante em que r = 2(m) ?

Exercıcio: Um ponto P move-se sobre a elipse

4x2 + y2 = 1 .

Sabe-se que as coordenadas x(t) e y(t) de P sao funcoes definidas e derivaveis num intervaloI. Verifique que

dy

dt= −4x

y

dx

dt, para todo t ∈ I com y(t) 6= 0 .

80

Exercıcio: Um homem anda ao longo de um caminho reto a uma velocidade de 4 pes/s. Umholofote localizado no chao a 20 pes do caminho focaliza o homem. A que taxa o holofoteesta girando quando o homem esta a 15 pes do ponto do caminho mais proximo da luz?

4.8 Aproximacoes Lineares e Diferencial

Lembremos que uma curva fica muito perto de sua reta tangente nas proximidades do pontode tangencia. Assim, para aproximar uma funcao y = f(x) quando x esta proximo de p,usamos a reta tangente ao grafico de f no ponto (p, f(p)), cuja equacao e

y = f(p) + f ′(p)(x− p)

e a aproximacaof(x) ≈ f(p) + f ′(p)(x− p)

e chamada aproximacao linear ou aproximacao pela reta tangente de f em p. A funcaolinear L(x) = f(p) + f ′(p)(x− p) e chamada de linearizacao de f em p.

Exemplo 4.31. Aproxime os numeros√

3, 98 e√

4, 05 utilizando a funcao f(x) =√

x + 3.

Determinemos a equacao da reta tangente em p = 1. Temos que f ′(x) =1

2√

x + 3. Logo a

aproximacao linear e

L(x) = f(1) + f ′(1)(x− 1) = 2 +1

4(x− 1).

Agora,

√3, 98 = f(0, 98) ≈ L(0, 98) = 1, 995 e

√4, 05 = f(4, 05) ≈ L(1, 05) = 2, 0125.

As ideias por tras das aproximacoes lineares sao algumas vezes formuladas em termos dediferenciais. Seja y = f(x) uma funcao diferenciavel. Considerando dx como uma variavelindependente, a diferencial e definida em termos de dx pela equacao

dy = f ′(x)dx.

Dizemos que dy e a diferencial de f em x ou simplesmente diferencial de y = f(x).Para interpretar geometricamente a diferencial, considere a seguinte figura.

81

¾ -

α

x + dxx

f(x)

f(x + dx)

∆y

dx

dy = tg α dx = f ′(x)dx

T

f

?

6

?

6 r

r r

-

6

Seja dx = ∆x a variacao em x e ∆y = f(x + dx)− f(x) a variacao em y. Sabemos que f ′(x)e o coeficiente angular da reta T tangente ao grafico de f no ponto (x, f(x)). Portanto dyrepresenta a distancia que a reta tangente sobe ou desce, enquanto ∆y representa a distanciaque a curva y = f(x) sobe o desce quando x varia por uma quantidade dx.

Observacao: Note que, quando dx for suficientemente pequeno, dy ira se aproximar de∆y = f(x + dx)− f(x) no seguinte sentido

∆y − dy

dx−→ 0, quando dx → 0.

Isto significa que o erro cometido ao aproximarmos ∆y por dy e pequeno quando comparadoa dx. Portanto

∆y ≈ dy

para dx suficientemente pequeno.Na notacao de diferenciais, a aproximacao linear pode ser escrita como

f(p + dx) ≈ f(p) + dy.

No exemplo anterior, para a funcao f(x) =√

x + 3 temos dy = f ′(x)dx =dx

2√

x + 3. Se p = 1

e dx = ∆x = 0, 05, entao dy = 0, 0125 e√

4, 05 = f(1, 05) ≈ f(1)+ dy = 2, 0125 exatamentecomo antes.

Exemplo 4.32. O raio de uma esfera tem 21 cm, com um erro de medida possıvel de nomaximo 0,05 cm. Qual e o erro maximo cometido ao usar esse valor de raio para computaro volume da esfera?

Se o raio da esfera for r, entao seu volume e V =4

3π r3. Denotamos o erro na medida do raio

por dr = ∆r. O erro correspondente no calculo do volume e ∆V que pode ser aproximadopela diferencial dV = 4πr2dr. Quando r = 21 e dr = 0, 05, temos dV = 4π2120, 05 ≈ 277.Logo o erro maximo no volume calculado sera de aproximadamente 277cm3.

82

Exercıcio: Utilizando a diferencial, calcule um valor aproximado para o acrescimo ∆ y quea funcao y = x3 sofre quando se passa de x = 1 para 1 + dx = 1, 01. Calcule o erro ∆y− dy.

Exercıcio: Seja V =4

3π r3 .

(a) Calcule a diferencial de V = V (r)

(b) Calcule o erro ∆V − dV .

Exercıcio: Utilizando a diferencial, calcule um valor aproximado para√

0, 98. Avalie o erro.

83

Capıtulo 5

Aplicacoes da Derivada

5.1 Maximos e Mınimos

Definicao 5.1. Seja I um intervalo e f : I → R uma funcao.

• Diremos que x0 ∈ I e um ponto de maximo local de f , se existir δ > 0 tal quef(x) ≤ f(x0), para todo x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ I. Neste caso, diremos que f(x0) e ummaximo local.

• Diremos que x0 ∈ I e um ponto de mınimo local de f , se existir δ > 0 tal quef(x) ≥ f(x0), para todo x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) ∩ I. Neste caso, diremos que f(x0) emınimo local.

• Um ponto x0 ∈ I sera dito um ponto extremo local, se x0 for um ponto de maximolocal ou um ponto de mınimo local.

• Diremos que x0 ∈ I e um ponto de maximo global de f , se f(x) ≤ f(x0), para todox ∈ I. Neste caso, diremos que f(x0) e maximo global.

• Diremos que x0 ∈ I e um ponto de mınimo global de f , se f(x) ≥ f(x0), para todox ∈ I. Neste caso, diremos que f(x0) e mınimo global.

• Um ponto x0 ∈ I sera dito um ponto extremo global, se x0 for um ponto de maximoglobal ou um ponto de mınimo global.

Exemplo 5.1. O valor maximo de f(x) = cos x e 1, o qual e assumido infinitas vezes.

Definicao 5.2. Um ponto crıtico de uma funcao f e um ponto c onde ou f ′(c) = 0 ouf ′(c) nao existe.

Exemplo 5.2. Os pontos crıticos de f(x) = x3/5(4− x) sao3

2e 0.

84

Temos que f ′(x) =12− 8x

5x2/5. Entao, f ′(x) = 0 se 12 − 8x = 0, ou seja x =

3

2e f ′(0) nao

existe.

Observacao: E claro que todo ponto extremo de uma funcao diferenciavel definida numintervalo aberto e um ponto crıtico e que nem todo ponto crıtico e um ponto extremo. Noentanto, se f estiver definida em um intervalo aberto, deveremos procurar os pontos extremosentre os pontos crıticos. Estes ultimos sao, em geral, mais faceis de encontrar.

Proposicao 5.1. Seja I um intervalo aberto e f : I → R uma funcao diferenciavel. Sec ∈ I for um ponto extremo (maximo ou mınimo) de f , entao f ′(c) = 0.

Observacoes:

• Note que, se I nao for um intervalo aberto, o resultado acima podera nao ser verdadeiro.Por exemplo, se f : [0, 1] → R for dada por f(x) = x, entao os pontos extremos seraox = 0 e x = 1. Em ambos os casos, teremos f ′(x) = 1.

• Note, ainda, que nao vale a volta. Um exemplo que ilustra este fato e a funcao f(x) = x3

que e estritamente crescente e e tal que f ′(0) = 0.

• A funcao f(x) = |x| tem valor mınimo em x = 0, mas f ′(0) nao existe. Nao podemostirar a hipotese de diferenciavel.

O Teorema de Weierstrass 3.14 afirma que uma funcao contınua em um intervalo fechadotem um valor maximo e um mınimo absoluto, mas nao diz como encontrar esses valoresextremos. Notemos que o valor extremo ou ocorre num ponto crıtico ou ocorre em umextremo do intervalo.

Metodo do Intervalo Fechado. Para encontrar os valores maximos e mınimos absolutosde uma funcao contınua f num intervalo fechado [a, b] :

1. Encontre os valores de f nos pontos crıticos de f em (a, b).

2. Encontre os valores de f nos extremos do intervalo.

3. O maior valor das etapas 1 e 2 e o valor maximo absoluto e o menor desses valores eo mınimo absoluto.

Exemplo 5.3. Um triangulo isosceles tem uma base de 6 unidades e uma altura de 12unidades. Encontre a area maxima possıvel de um retangulo que pode ser colocado dentro dotriangulo com um dos lados sobre a base do triangulo.

Introduzimos um sistema de coordenadas cartesianas de modo a que a base do trianguloesta sobre a o eixo x e o eixo y corta o triangulo no meio. Logo, nosso problema sera acharo valor maximo da area A dada por A = 2xy. Como o ponto (x, y) esta sobre o lado dotriangulo temos que y = 12 − 4x. Assim, a area pode ser expressa apenas em funcao dex : A(x) = 2x(12−4x) = 24x−8x2. Como x e y representam comprimentos e A e uma area,

85

estas variaveis nao podem ser negativas. Segue-se que 0 ≤ x ≤ 3. Assim, nosso problemapode ser formulado da seguinte maneira: encontre o valor maximo da funcao

A(x) = 24x− 8x2 0 ≤ x ≤ 3.

Temos que A′(x) = 24−16x, entao x =3

2e o unico ponto crıtico. Avaliamos A nos extremos

e no ponto crıtico: A(0) = 0 A(32) = 18 e A(3) = 0. Portanto, a area maxima possıvel e 18

unidades.

5.2 O Teorema do Valor Medio e suas Consequencias

O Teorema do Valor Medio e um dos Teoremas mais importantes do Calculo. A sua demon-stracao depende do seguinte resultado:

Teorema 5.1 (de Rolle). Seja f : [a, b] → R uma funcao contınua em [a, b] e diferenciavelem (a, b). Se f(a) = f(b), entao existira c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.

Interpretacao: Seja x = f(t) a posicao de um objeto em movimento. Se o objeto estiverno mesmo lugar em 2 instantes diferentes, entao pelo Teorema de Rolle existira um tempono qual a velocidade e nula.

6

-

f(a) = f(b)f(x)

a c xb

f ′(c) = 0

Prova. Se f for constante em [a, b] entao f ′(x) = 0. Logo pode ser tomado qualquernumero c. Suponhamos agora que f nao e constante. Como f e contınua, pelo Teoremade Weierstrass 3.14, existem x1 e x2 tais que f(x1) ≤ f(x) ≤ f(x2), para todo x ∈ [a, b].Como f nao e constante, f(x1) 6= f(x2), logo x1 ou x2 pertence ao intervalo (a, b) e comosao pontos extremos, f ′(x1) = 0 ou f ′(x2) = 0. Portanto, existe c ∈ (a, b) tal que f ′(c) = 0.¤

86

Teorema 5.2 (do Valor Medio - TVM). Seja f : [a, b] → R uma funcao contınua em [a, b]e diferenciavel em (a, b). Entao existe c ∈ (a, b) tal que

f(b)− f(a) = f ′(c)(b− a) ,

ou seja

f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a.

Observacao: O TVM nos diz que, se f for contınua em [a, b] e derivavel em (a, b) , entaoexistira c ∈ (a, b) tal que f ′(c) e o coeficiente angular da reta S que passa por (a, f(a)) e(b, f(b)). Veja a figura seguinte.

s

f

c c ba

f(a)

f(b) r

r

-

6

Observacao. Sabemos que, se x = f(t) for a funcao de posicao do movimento de uma

partıcula sobre o eixo x , entaof(b)− f(a)

b− asera a velocidade media entre os instantes t = a

e t = b. Pelo TVM, existe um instante c ∈ (a, b) tal que a velocidade media e igual a

velocidade instantanea em t = c, isto e f ′(c) =f(b)− f(a)

b− a.

Prova. A equacao da reta que passa por (a, f(a)) e (b, f(b)) e dada por

y − f(a) =f(b)− f(a)

b− a(x− a).

Definamos

h(x) = f(x)− f(a)− f(b)− f(a)

b− a(x− a).

Para aplicar o Teorema de Rolle 5.1 a h(x) devemos verificar as hipoteses.

87

(a) h(x) e contınua em [a, b] pois e soma da funcao contınua f e um polinomio de grau 1.(b) Analogamente, h(x) e diferenciavel em (a, b).(c) h(a) = h(b) = 0.

Logo, existe c ∈ (a, b) tal que h′(c) = 0. Portanto,

0 = h′(c) = f ′(c)− f(b)− f(a)

b− a=⇒ f ′(c) =

f(b)− f(a)

b− a

e o TVM esta demonstrado. ¤Agora vamos obter informacao do comportamento de uma funcao a partir de suas derivadas.

Os fatos a seguir sao consequencias do TVM.

Corolario 5.1 (Teste Crescente/Decrescente). Seja f uma funcao contınua no intervalo[a, b] e diferenciavel no intervalo (a, b).

• Se f ′(x) > 0 para todo x ∈ (a, b), entao f sera estritamente crescente em [a, b].

• Se f ′(x) < 0 para todo x ∈ (a, b) entao f sera estritamente decrescente em [a, b].

Prova. Queremos provar que se x1 < x2 entao f(x1) ≤ f(x2). Pelo TVM aplicado a f em[x1, x2], existe um c ∈ (x1, x2) tal que

f(x2)− f(x1) = f ′(c)(x2 − x1).

Como f ′(c) > 0 e x2 − x1 > 0 devemos ter que f(x2) − f(x1) > 0 ou seja, f(x1) < f(x2).Logo f e crescente. A prova do outro item e analoga. ¤

E facil ver que, se f for diferenciavel e crescente (resp. decrescente) em (a, b), entaof ′(x) ≥ 0 (resp. f ′(x) ≤ 0), para todo x ∈ (a, b). O corolario a seguir mostra que a recıprocatambem e verdadeira.

Corolario 5.2. Seja f uma funcao contınua no intervalo [a, b] e diferenciavel no intervalo(a, b).

• Se f ′(x) ≥ 0 para todo x ∈ (a, b), entao f sera crescente em [a, b].

• Se f ′(x) ≤ 0 para todo x ∈ (a, b) entao f sera decrescente em [a, b].

Exemplo 5.4. Determine os intervalos de crescimento e decrescimento de f e esboce ografico de f(x) = x3 − 2x2 + x + 2.

Calculamos f ′(x) = 3x2 − 4x + 1 = 3(x− 1)(x− 13) e analisamos o sinal.

• f ′(x) > 0 em (−∞, 13) e (1, +∞) ⇒ f e estritamente crescente em (−∞, 1

3) e (1, +∞),

• f ′(x) < 0 em (13, 1) ⇒ f e estritamente decrescente (1

3, 1).

88

A proposicao seguinte segue dos corolarios do TVM.

Proposicao 5.2 (Teste da Derivada Primeira). Seja f uma funcao contınua e c um pontocrıtico de f .

(i) Se o sinal de f ′ mudar de positivo para negativo em c, entao f tem um maximo localem c.

(ii) Se o sinal de f ′ mudar de negativo para positivo em c, entao f tem um mınimo localem c.

Exemplo 5.5. Determine os valores de maximo e mınimo locais de f(x) =x2 − x

1 + 3x2e esboce

o grafico.

Temos que f ′(x) =3x2 + 2x− 1

(1 + 3x2)2. Como (1 + 3x2)2 > 0 para todo x, o sinal de f ′ e dado

pelo sinal do numerador 3x2 + 2x− 1 = 3(x + 1)(x− 13). Entao,

• f ′(x) = 0 se x = −1 e x = 13⇒ x = −1 e x = 1

3sao pontos crıticos,

• f ′(x) > 0 em (−∞,−1) e (13, +∞) ⇒ f e estritamente crescente em (−∞,−1) e

(13, +∞),

• f ′(x) < 0 em (−1, 13) ⇒ f e estritamente decrescente (−1, 1

3).

Portanto, x = −1 e um ponto de maximo local com valor maximo f(−1) = 12

e x = 13

e umponto de mınimo local com valor mınimo f(1

3) = −1

6.

Exemplo 5.6. Mostre que ex > x, para todo x ≥ 0.

Considere f(x) = ex − x. Temos que f(0) = 1 e f ′(x) = ex − 1 > 0 para x > 0. Assim f eestritamente crescente em (0, +∞). Portanto f(x) = ex − x ≥ f(0) = 1 > 0.

Exemplo 5.7. Determine os valores de maximo e mınimo locais de f(x) =x2

4− x2e esboce

o grafico.

Temos que f ′(x) =8x

(4− x2)2. Entao,

• f ′(x) = 0 se x = 0 ⇒ x = 0 e ponto crıtico,

• f ′(x) > 0 se x > 0 ⇒ f e estritamente crescente para x > 0,

• f ′(x) < 0 se x < 0 ⇒ f e estritamente decrescente para x < 0.

89

Portanto, x = 0 e um ponto de mınimo local com valor mınimo f(0) = 0.

Exercıcio: Determine os intervalos de crescimento e decrescimento, os valores de maximo

e de mınimo e esboce o grafico de f(x) =2x2

x− 3x2

Exercıcio: Seja a ∈ R.

(a) Prove que g(x) = x3 + 3x2 + 3x + a admite uma unica raiz real.

(b) Determine a para que a raiz real de f pertenca a (−2,−1).

5.3 Concavidade e Pontos de Inflexao

Agora vamos obter informacao da f a partir de sua derivada segunda. Sejam f derivavel em(a, b) e p ∈ (a, b). Consideremos a reta tangente Tp ao grafico de f no ponto (p, f(p)) dadapor

Tp(x) = f(p) + f ′(p)(x− p).

Definicao 5.3. Seja f derivavel em (a, b) . Diremos que

• f tem concavidade para cima em (a, b) se, para quaisquer x, p ∈ (a, b), com x 6= p,tivermos

f(x) > Tp(x).

Neste caso, f sera dita concava ou concava para cima em (a, b).

• f tem concavidade para baixo em (a, b) se, para quaisquer x, p ∈ (a, b), com x 6= p,tivermos

f(x) < Tp(x).

Neste caso, f sera dita convexa ou concava para baixo em (a, b).

O proximo teorema estabelece condicoes suficientes para que uma funcao f seja concavapara cima ou para baixo.

Teorema 5.3. Seja f uma funcao derivavel em (a, b). Valem as afirmacoes

(i) Se f ′ for estritamente crescente em (a, b), entao f sera concava para cima em (a, b).

(ii) Se f ′ for estritamente decrescente em (a, b), entao f sera concava para baixo em (a, b).

Corolario 5.3 (Teste da Concavidade). Seja f uma funcao derivavel ate segunda ordem em(a, b) . Valem as afirmacoes

(i) Se f ′′(x) > 0, para todo x ∈ (a, b), entao f sera concava para cima (a, b).

(ii) Se f ′′(x) < 0, para todo x ∈ (a, b), entao f sera concava para baixo em (a, b) .

90

Exemplo 5.8. Estude a concavidade de f(x) = e−x2

2 e esboce o grafico.

f ′(x) = −xe−x2

2 e f ′′(x) = (x2 − 1)e−x2

2 . Como e−x2

2 > 0 para todo x, o sinal de f ′′ e dadopelo sinal de x2 − 1. Portanto,

• f ′′(x) > 0 em (−∞,−1) e (1, +∞) ⇒ f e concava para cima em (−∞,−1) e (1, +∞),

• f ′′(x) < 0 em (−1, 1) ⇒ f e concava para baixo em (−1, 1).

Definicao 5.4. Seja f uma funcao contınua em p ∈ Df . Diremos que p e ponto deinflexao de f se existirem a, b ∈ R tais que

(i) p ∈ (a, b) ⊂ Df ;

(ii) ou f |(a, p)

e concava e f |(p, b)

e convexa, ou f |(a, p)

e convexa e f |(p, b)

e concava.

Ou seja, p e um ponto onde muda a concavidade da funcao.

Exemplo 5.9. Os pontos x = −1 e x = 1 sao pontos de inflexao de f(x) = e−x2

2 .

Exemplo 5.10. x = 0 e um ponto de inflexao de f(x) = 3√

x.

Exercıcio: Mostre que x = 0 e um ponto de inflexao de

f(x) =

{x2, x ≥ 0x3, x < 0.

Definicao 5.5. Se f for uma funcao diferenciavel em p ∈ (a, b) e p for um ponto de inflexaode f , diremos que p e um ponto de inflexao horizontal, se f ′(p) = 0. Caso contrariodiremos que p e um ponto de inflexao oblıquo.

Observacao: Os pontos de inflexao horizontais sao pontos crıticos, enquanto que os pontosde inflexao oblıquos nao os sao. No exemplo acima, x = 0 e um ponto de inflexao horizontal.

Exemplo 5.11. Os pontos x = −1 e x = 1 sao pontos de inflexao oblıquos de f(x) = e−x2

2 .

Exemplo 5.12. O ponto x = 0 e um ponto de inflexao horizontal de f(x) = x3.

Corolario 5.4. Se f for duas vezes diferenciavel em (a, b) e p ∈ (a, b) for um ponto deinflexao de f , entao f”(p) = 0.

Exercıcio: Mostre que x = 0 e um ponto de inflexao de f(x) = x2n+1, para todo numeronatural n ≥ 1.

Teorema 5.4. Seja f tres vezes diferenciavel em (a, b) com derivada terceira contınua. Sep ∈ (a, b) for tal que f ′′(p) = 0 e f ′′′(p) 6= 0, entao p sera um ponto de inflexao de f .

91

Teorema 5.5. Sejam f : [a, b] → R derivavel em (a, b) e p ∈ [a, b]. Valem as afirmacoes:

(i) Se f ′(p) = 0 e f ′ for crescente em (a, b), entao p sera ponto de mınimo local de f .

(ii) Se f ′(p) = 0 f ′ for decrescente em (a, b), entao p sera ponto de maximo local de f .

Proposicao 5.3 (Teste da Derivada Segunda). Suponhamos que f : [a, b] → R admitaderivada de segunda ordem contınua em (a, b) e seja p ∈ [a, b]. Valem as afirmacoes:

(i) Se f ′(p) = 0 e f ′′(p) > 0, entao p sera ponto de mınimo local de f .

(ii) Se f ′(p) = 0 e f ′′(p) < 0, entao p sera ponto de maximo local de f .

Exemplo 5.13. Determine os pontos crıticos da funcao f e classifique-os (pontos maximo,mınimo local) sendo

(a) f(x) =x4

4− x3 − 2x2 + 3; (b) f(x) = x2e−5x.

(a) Temos f ′(x) = x3 − 3x2 − 4x = x(x2 − 3x− 4). Portanto, x = −1, x = 0 e x = 4 sao ospontos crıticos de f. Como f ′′(−1) = 5, f ′′(0) = −4 e f ′′(4) = 20 concluımos que 0 e pontode maximo e −1 e 4 sao pontos de mınimo.

(b) x = 0 e ponto de maximo e x =2

5e ponto de mınimo.

Exemplo 5.14. Esboce o grafico de f(x) = x2/3(6− x)1/3.

Calculando as derivadas

f ′(x) =4− x

x1/3(6− x)2/3, f ′′(x) =

−8

x4/3(6− x)5/3.

Os pontos crıticos sao x = 4, x = 0 e x = 6. Analisando o sinal da derivada primeira

• Se x < 0 ⇒ f ′(x) < 0 ⇒ f e estritamente decrescente.

• Se 0 < x < 4 ⇒ f ′(x) > 0 ⇒ f e estritamente crescente.

• Se 4 < x < 6 ⇒ f ′(x) < 0 ⇒ f e estritamente decrescente.

• Se x > 6 ⇒ f ′(x) < 0 ⇒ f e estritamente decrescente.

Pelo teste da Derivada Primeira

• x = 0 e um ponto de mınimo local

• x = 4 e um ponto de maximo local

Observe que o teste da Derivada Segunda poderia ser usado em 4, mas nao em 0 ou 6.Analisando o sinal da derivada segunda

92

• Se x < 0 ⇒ f ′′(x) < 0 ⇒ f e concava para baixo.

• Se 0 < x < 6 ⇒ f ′′(x) < 0 ⇒ f e concava para baixo.

• Se x > 6 ⇒ f ′′(x) > 0 ⇒ f e concava para cima.

O unico ponto de inflexao e x = 6. Observe que as retas tangentes em x = 0 e x = 6 saoverticais.

Exemplo 5.15. Esboce o grafico de f(x) = x2 +1

x.

Calculando as derivadas

f ′(x) = 2x− 1

x2=

2x3 − 1

x2, f ′′(x) = 2 +

2

x3=

2(x3 + 1)

x3.

O ponto crıtico e x =13√

2. Analisando o sinal da derivada primeira

• f ′(x) > 0 se x > 13√2⇒ f e crescente em ( 1

3√2, +∞).

• f ′(x) < 0 se x < 13√2⇒ f e decrescente em (−∞, 0) e (0, 1

3√2).

Pelo teste da Derivada Primeira ou Segunda x = 13√2

e um ponto de mınimo local. Analisando

o sinal da derivada segunda

• Se −1 < x < 0 ⇒ f ′′(x) < 0 ⇒ f e concava para baixo.

• Se x > 0 ou x < −1 ⇒ f ′′(x) > 0 ⇒ f e concava para cima.

O unico ponto de inflexao e x = −1.

Exercıcio: Esboce o grafico de f(x) =x

1 + x2.

Exercıcio: Mostre que x = 0 e um ponto de mınimo e um ponto de inflexao para

f(x) =

{ √x, x ≥ 0

x2, x < 0.

Observacoes: Seja f : [a, b] → R derivavel em (a, b). E preciso destacarmos que

• Se f ′(p) = 0, entao p nao sera necessariamente um ponto de maximo ou de mınimolocal. Neste caso, p podera ser ponto de inflexao (horizontal).

• Nas condicoes da Proposicao 5.1, se f ′(p) 6= 0, entao p nao sera ponto de maximo oumınimo local de f .

Entretanto,

• Podemos ter p um ponto de maximo ou mınimo local de f sem que exista f ′(p). Nestecaso, p sera ponto das extremidades de [a, b], isto e, p = a ou p = b.

93

5.4 Regras de L’Hospital

As regras de L’Hospital se aplicam a calculos de limites que apresentam as seguintes inde-terminacoes

0

0ou

∞∞ .

1a¯ Regra de L’Hospital: Sejam f e g funcoes derivaveis em (p−r , p ) e em (p , p+r) ,r > 0 , com g′(x) 6= 0 para 0 < |x− p| < r. Se

limx→p

f(x) = 0 = limx→p

g(x)

e o limite limx→p

f ′(x)

g′(x)existir (finito ou infinito), entao o limite lim

x→p

f(x)

g(x)tambem existira e

teremos

limx→p

f(x)

g(x)= lim

x→p

f ′(x)

g′(x).

Comentarios sobre a prova da Regra de L’Hospital: No caso particular no qualf(p) = g(p) = 0, f ′ e g′ contınuas e g′(p) 6= 0 e facil ver que e verdadeira. De fato,

limx→p

f ′(x)

g′(x)=

f ′(p)

g′(p)=

limx→p

f(x)− f(p)

x− p

limx→p

g(x)− g(p)

x− p

= limx→p

f(x)− f(p)

g(x)− g(p)= lim

x→p

f(x)

g(x).

Observacao: A 1a¯ regra de L’Hospital ainda sera valida se, em lugar de x → p , tivermos

x → p+ , x → p− , x → +∞ ou x → −∞ .


1− e2x

x.

Como limx→0

1− e2x = 0 e limx→0

x = 0 pela Regra de L’Hospital,

limx→0

1− e2x

x= lim

x→0

(1− e2x)′

x′= lim

x→0

−2e2x

1= −2.


sen x

x.

Como limx→0

sen x = 0 e limx→0

x = 0 pela Regra de L’Hospital,

limx→0

sen x

x= lim

x→0

(sen x)′

x′= lim

x→0

cos x

1= 1.

94

2a¯ Regra de L’Hospital: Sejam f e g funcoes derivaveis em (p−r , p ) e em (p , p+r) ,r > 0 , com g′(x) 6= 0 para 0 < |x− p| < r. Se

limx→p

f(x) = +∞ = limx→p

g(x)

e o limite limx→p

f ′(x)

g′(x)existir (finito ou infinito), entao o limite lim

x→p

f(x)

g(x)tambem existira e

teremos

limx→p

f(x)

g(x)= lim

x→p

f ′(x)

g′(x).

Observacao: A 2a¯ regra de L’Hospital ainda sera valida se, em lugar de x → p , tivermos

x → p+ , x → p− , x → +∞ ou x → −∞ . Esta regra tambem permanecera valida casotenhamos −∞ em lugar de +∞ em um ou ambos os limites.


ex

x.

Como limx→+∞

ex = +∞ e limx→+∞

x = +∞ pela Regra de L’Hospital,

limx→+∞

ex

x= lim

x→+∞(ex)′

x′= lim

x→+∞ex

1= +∞.


tg x− x

x3.

Como limx→0

tg x− x = 0 e limx→0

x3 = 0 usamos a Regra de L’Hospital

limx→0

tg x− x

x3= lim

x→0

sec2x− 1

3x2.

Como limx→0

sec2x− 1 = 0 e limx→0

3x2 = 0 usamos mais uma vez a Regra de L’Hospital

limx→0

sec2x− 1

3x2= lim

x→0

2 sec2x tgx

6x.

Como ainda o numerador e o denominador tendem a zero, usamos pela terceira vez a Regrade L’Hospital

limx→0

2 sec2x tgx

6x= lim

x→0

4 sec2x tg2x + 2 sec4x

6=

1

3.

Observacao: As Regras de L’Hospital se aplicam a indeterminacoes da forma0

0e∞∞ . As

outras formas de indeterminacao, 0·∞, ∞−∞, 00, ∞0, 0∞, 1∞, podem ser reduzidas a estas.

95


x ln x.

Observe que e uma indeterminacao da forma 0 ·−∞. Escrevendo x ln x =ln x

1x

obtemos uma

indeterminacao da forma−∞∞ . Pela Regra de L’Hospital,

limx→0+

x ln x = limx→0+

ln x1x

= limx→0+

1x

− 1x2

= limx→0+

−x = 0.


(1

x− 1

sen x

).

Observe que e uma indeterminacao da forma ∞−∞. Escrevendo

(1

x− 1

sen x

)=

sen x− x

xsen x

obtemos uma indeterminacao da forma0

0e podemos aplicar a Regra de L’Hospital.


xx.

Observe que e uma indeterminacao da forma 00. Escrevemos xx = eln xx= ex ln x, e como a

funcao exponencial e contınua,

limx→0+

xx = limx→0+

ex ln x = exp(

limx→0+

x ln x)

= e0 = 1.


x1x .

Observe que e uma indeterminacao da forma ∞0. Escrevemos x1x = eln x

1x = e

ln xx , e como a

funcao exponencial e contınua,

limx→+∞

x1x = lim

x→+∞e

ln xx = exp

(lim

x→+∞ln x

x

).

Observe que temos uma indeterminacao da forma∞∞ , entao pela Regra de L’Hospital

limx→+∞

ln x

x= lim

x→+∞(ln x)′

x′= lim

x→+∞

1x

1= 0.

Logo,lim

x→+∞x

1x = e0 = 1.


( 1

ln x

)x+1

.

96

Observe que e uma indeterminacao da forma 0∞. Escrevemos( 1

ln x

)x+1

= e(x+1) ln( 1

ln x

).

Agora,

limx→+∞

(x + 1) ln( 1

ln x

)= +∞ · −∞ = −∞

e como a funcao exponencial e contınua,

limx→+∞

( 1

ln x

)x+1

= limx→+∞

e(x+1) ln( 1

ln x

)= exp

(lim

x→+∞(x + 1) ln

( 1

ln x

))= 0.


(1 +

1

x

)x

.

Observe que e uma indeterminacao da forma 1∞. Escrevemos(1 + 1

x

)x

= ex ln(1+ 1

x

). Agora

temos uma indeterminacao da forma 0 ·∞ que pode ser reduzida a∞∞ . Entao, pela regra de

L’Hospital

limx→+∞

x ln(1 +

1

x

)= lim

x→+∞ln

(1 + 1

x

)1x

= limx→+∞

1

1 + 1x

= 1

e como a funcao exponencial e contınua,

limx→+∞

(1 +

1

x

)x

= limx→+∞

ex ln(1+ 1

x

)= exp

(lim

x→+∞x ln

(1 +

1

x

))= e1 = e.

Exercıcio: Calcule os seguintes limites:

(a) limx→+∞

x

ex, [R : 0]; (b) lim

x→+∞(x + 1)

1ln x , [R : e];

(c) limx→+∞

ex

x2, [R : +∞]; (d) lim

x→+∞ln x3√

x, [R : 0];

(e) limx→π

sen x

1− cos x, [R : 0]; (f) lim

x→0

x− tg x

x− sen x, [R : −2];

(g) limx→1

3x2 − 2x− 1

x2 − x, [R : 4]; (h) lim

x→+∞

(1 +

1

x2

)x

, [R : 1].

5.5 Polinomios de Taylor

Os polinomios sao as funcoes mais faceis de manipular, ja que os valores das funcoes poli-nomiais podem ser obtidos atraves de simples adicoes e multiplicacoes. Parece natural,portanto, aproximar funcoes mais complicadas por funcoes polinomiais.

Nesta secao, vamos discutir a Formula de Taylor a qual nos fornece uma regra paradeterminar o polinomio de grau n que melhor aproxima uma dada funcao ao redor de umponto a interior ao domınio de f .

97

O exemplo mais simples de aproximacao de uma funcao por um polinomio e a aprox-imacao linear (diferencial) que estudamos na secao 4.8. Assim como naquele caso, vamosconsiderar a reta tangente ao grafico de f(x) no ponto x = p

L(x) = f(p) + f ′(p)(x− p)

para aproximar a funcao f(x) para x no ao redor de p. A ideia basica e aproximar a funcaof(x) ao redor de a por uma funcao linear que passe pelo ponto (p, f(p)) e cuja derivada sejaa mesma da funcao f(x) no ponto p.

Definimos o erro que se comete ao aproximar f(x) por L(x) por

E(x) = f(x)− L(x).

Observemos que, para x 6= a, temos

E(x)

x− p=

f(x)− f(p)

x− p− f ′(p).

Daı,

limx→p

E(x)

x− p= 0,

ou seja, quando x → p, o erro E(x) tende a zero mais rapidamente do que (x− p).

Entao definimos o polinomio de Taylor de ordem 1 de f(x) ao redor de p por

P1(x) = f(p) + f ′(p)(x− p),

e P1 e a funcao linear que melhor aproxima localmente f(x) ao redor de p.

Exemplo 5.26. O polinomio de Taylor de grau 1 da funcao f(x) = (1 − x)−2 ao redor doponto zero e P1(x) = 1 + 2x.

Suponhamos agora que a funcao f(x) seja duas vezes diferenciavel e procuremos umpolinomio P (x), de grau no maximo 2, tal que

f(p) = P (p), f ′(p) = P ′(p) e f ′′(p) = P ′′(p).

Devemos procurar P (x) na forma P (x) = c0 + c1(x − p) + c2(x − p)2 com os coeficientes aserem determinados. Utilizando as condicoes acima, obtemos

• f(p) = P (p) =⇒ c0 = f(p),

• P ′(x) = c1 + 2c2(x− p) =⇒ P ′(p) = c1 = f ′(p),

• P ′(x) = 2c2 =⇒ P ′(p) = 2c2 = f ′′(p) =⇒ c2 =f ′′(p)

2.

98

Concluımos, portanto, que

P (x) = f(p) + f ′(p)(x− p) +f ′′(p)

2(x− p)2.

Assim como anteriormente, definimos o erro que se comete ao aproximar f(x) por P (x)por

E(x) = f(x)− P (x).

Observemos que, para x 6= p,

E(x)

(x− p)2=

f(x)− f(p)− f ′(p)(x− p)− f ′′(p)2

(x− p)2

(x− p)2,

e, utilizando a regra de L’Hospital, obtemos

limx→p

E(x)

(x− p)2=

1

2limx→p

[f ′(x)− f ′(p)

(x− p)− f ′′(p)

]= 0.

Ou seja, quando x → p, o erro E(x) tende a zero mais rapidamente que (x− p)2.

Definimos o polinomio de Taylor de ordem 2 de f(x) ao redor de p por

P2(x) = f(p) + f ′(p)(x− p) +f ′′(p)

2(x− p)2,

e temos que P2 e o polinomio de grau 2 que melhor aproxima localmente f(x) ao redor de p.

Exemplo 5.27. O polinomio de Taylor de grau 2 da funcao f(x) = ex ao redor do pontozero e P2(x) = 1 + x + 1

2x2.

De forma geral, se a funcao dada f(x) for derivavel ate ordem n e procuramos umpolinomio P de grau n satisfazendo

P (k)(p) = f (k)(p), k = 0, 1, 2, ..., n,

poderemos concluir que tal polinomio tera a seguinte forma

Pn(x) = f(p) + f ′(p)(x− p) +f ′′(p)

2(x− p)2 + ... +

f (n)(p)

n!(x− p)n,

o qual e chamado de polinomio de Taylor de ordem n de f(x) ao redor de p.

Para avaliarmos a precisao com que uma funcao e aproximada por polinomios de Taylor,vamos definir o erro como sendo

Rn(x) = f(x)− Pn(x),

99

onde f(x) e a funcao dada e Pn(x) e o polinomio de Taylor de grau n ao redor de p.

Exercıcio: Verifique que, quando x → p, o erro Rn(x) tendera a zero mais rapidamente que(x− p)n.

O teorema a seguir nos fornece uma formula para o erro.

Teorema 5.6 (Formula de Taylor com resto de Lagrange). Suponhamos que a funcao f(x)seja (n + 1) vezes diferenciavel no ao redor do ponto p. Entao

Rn(x) =fn+1(x)

(n + 1)!(x− p)n+1

para algum x entre x e p.

Exemplo 5.28. O polinomio de Taylor de ordem 4 ao redor do zero da funcao f(x) = ex e

P4(x) = 1 + x +x

2+

x3

3!+

x4

4!.

Exemplo 5.29. Utilizando polinomio de Taylor de ordem 2, calcule um valor aproximadopara ln(1, 03) e avalie o erro.

O polinomio de Taylor de ordem 2 de f(x) = ln x em volta de p = 1 e

P2(x) = (x− 1)− 1

2(x− 1)2.

Logo, P2(1, 03) = 0, 02955 e uma aproximacao para ln(1, 03). Avaliemos o erro. Temos que

f ′′′(x) =2

x3, assim, |f ′′′(x)| ≤ 2 para x ≥ 1. Pela formula do erro,

|f(x)− P2(x)| ≤ 2

3!|x− 1|3, x ≥ 1.

Segue que, para x = 1, 03 o erro cometido na aproximacao e

|f(1, 03)− P2(1, 03)| ≤ 1

3(0, 03)3 = 9(10)−6 < 10−5.

Exemplo 5.30. O polinomio de Taylor de ordem n ao redor do zero da funcao f(x) = ex e

Pn(x) = 1 + x +x

2+

x3

3!+

x4

4!+ ... +

xn

n!.

Exemplo 5.31. Calcule um valor aproximado para o numero e e avalie o erro.

Observe que para x ∈ [0, 1], 0 ≤ ex = f (n+1)(x) ≤ e < 3. Pelo Teorema anterior, o erro edado por

|e1 − Pn(1)| =∣∣∣e−

(1 + 1 +

1

2+

1

3!+

1

4!+ ... +

1

n!

)∣∣∣ = |Rn(1)| =∣∣∣f

(n+1)(x)

(n + 1)!

∣∣∣

100

para algum x ∈ [0, 1]. Logo,

∣∣∣e−(1 + 1 +

1

2+

1

3!+

1

4!+ ... +

1

n!

)∣∣∣ ≤ 3

(n + 1)!.

Observacao: Aplicando o Teorema do Confronto obtemos

limn→+∞

(1 + 1 +

1

2+

1

3!+

1

4!+ ... +

1

n!

)= e.

Exemplo 5.32. Avalie e com um erro inferior a 10−5.

Queremos que Rn(1) < 10−5. Logo basta tomar n tal que3

(n + 1)!< 10−5, ou seja, tal que

(n + 1)! > 3(105). Por tentativas, chega-se a n = 8.

Exercıcio: Calcule um valor aproximado para 3√

7, 9 e avalie o erro.

5.6 Assıntotas

Definicao 5.6. A reta x = p e chamada de assıntota vertical para uma funcao f se

limx→p

f(x) = +∞ ou limx→p−

f(x) = +∞ ou limx→p+

f(x) = +∞

oulimx→p

f(x) = −∞ ou limx→p−

f(x) = −∞ ou limx→p+

f(x) = −∞.

Exemplo 5.33. A reta x = 3 e assıntota vertical de f(x) =2

x− 3.

Definicao 5.7. A reta y = L e chamada de assıntota horizontal para uma funcao f se

limx→+∞

f(x) = L ou limx→−∞

f(x) = L

Exemplo 5.34. A reta y = 1 e assıntota horizontal de f(x) =x2 − 1

x2 + 1.

Definicao 5.8. Seja f uma funcao. Se existir uma reta de equacao y = mx + n tal que

limx→+∞

[f(x)− (mx + n)] = 0

oulim

x→−∞[f(x)− (mx + n)] = 0 ,

entao tal reta sera dita uma assıntota para f . Se m = 0, teremos uma assıntota hori-zontal e, se m 6= 0, teremos uma assıntota oblıqua.

101

Observacao: A distancia vertical entre a curva y = f(x) e a reta y = mx + n tende a 0.

Exemplo 5.35. Determine as assıntotas de f(x) =x3

x2 + 1e esboce o grafico.

Como x2 + 1 nunca e 0, nao ha assıntota vertical. Uma vez que limx→±∞

f(x) = ±∞, nao ha

assıntotas horizontais. Escrevemos

x3

x2 + 1= x− x

x2 + 1,

entao

limx→±∞

x3

x2 + 1− x = lim

x→±∞x

x2 + 1= 0.

Portanto, a reta y = x e uma assıntota oblıqua. Para esbocar o grafico calculamos asderivadas

f ′(x) =x4 + 3x2

(x2 + 1)2f ′′(x) =

−2x(x2 − 3)

(x2 + 1)3.

Portanto, x = 0 e o unico ponto crıtico e f e estritamente crescente, logo nao tem maximosnem mınimos. Analisando o sinal da derivada segunda, concluımos que

• Se x ∈ (−∞,−√3) ou x ∈ (0,√

3) ⇒ f ′′ > 0 ⇒ f e concava para cima,

• Se x ∈ (−√3, 0) ou x ∈ (√

3, +∞) ⇒ f ′′ < 0 ⇒ f e concava para baixo.

Procedimento para determinar assıntotas: Primeiro determine m, caso exista, atravesdo limite

limx→±∞

f(x)

x.

Em seguida, calculen = lim

x→±∞[f(x)−mx].

Se n for finito entao y = mx + n sera assıntota para x → ±∞.

Exemplo 5.36. Determine as assıntotas de f(x) =√

4x2 + x + 1 e esboce o grafico.

Temos

f(x)

x=|x|

√4 + 1

x+ 1

x2

x=

√4 + 1

x+ 1

x2 se x > 0

−√

4 + 1x

+ 1x2 se x > 0.

Segue que limx→+∞

f(x)

x= 2 e lim

x→−∞f(x)

x= −2. Assim m = 2 para x → +∞ e m = −2 para

x → −∞. Determinemos agora n.

limx→+∞

[√

4x2 + x + 1− 2x] = limx→+∞

x + 1√4x2 + x + 1 + 2x

=1

4.

102

Logo, y = 2x +1

4e assıntota para x → +∞. Analogamente vemos que y = −2x − 1

4e

assıntota para x → −∞. Para esbocar o grafico calculamos as derivadas

f ′(x) =8x + 1

2√

4x2 + x + 1f ′′(x) =

15

4√

4x2 + x + 1(4x2 + x + 1).

O unico ponto crıtico e x = −1

8que e um ponto de mınimo local. Como f ′′ > 0, f e concava

para cima para todo x.

Exercıcio:

(a) Mostre que

limx→−∞

(3√

3x3 − x2 − 3√

3 x +3√

3

9

)= 0.

(b) Conclua que a reta de equacao y = 3√

3 x +3√

3

9e uma assıntota de f .

5.7 Esboco de Graficos de Funcoes

A lista a seguir fornece todas as informacoes necessarias para fazer um esboco do grafico deuma funcao que mostre os aspectos mais importantes do seu comportamento.

1. Explicite o domınio da funcao.

2. Determine os intervalos de crescimento e de decrescimento.

3. Encontre os pontos crıticos, determine os pontos de maximo e mınimo e calcule os seusvalores.

4. Estude a concavidade e destaque os pontos de inflexao.

5. Calcule os limites laterais de f nos pontos p tais que f nao e contınua em p ou se f(p)nao estiver definida, mas p for um extremo do domınio de f .

6. Calcule os limites de f para x → +∞ e x → −∞.

7. Determine as assıntotas.

8. Localize as raızes de f.

9. Esboce a curva utilizando todas as informacoes anteriores.

103

Exercıcio: Esboce o grafico das seguintes funcoes:

(a) f(x) =2x2

x2 − 1; (b) f(x) =

x2

√x + 1

;

(c) f(x) = xex; (d) f(x) = ln(4− x2);

(e) f(x) =x4 + 1

x2; (f) f(x) =

3√

x3 − x2.

5.8 Problemas de Mınimos e Maximos

Os metodos estudados para encontrar mınimos e maximos de funcoes podem ser aplicadospara resolver problemas praticos. O primeiro passo consiste em compreender o problema econverter-lo em um problema matematico estabelecendo a funcao que dever ser maximizadaou minimizada.

Exemplo 5.37. Encontre as dimensoes do triangulo isosceles de maior area que estejainscrito na circunferencia de raio R.

Sejam x a altura do triangulo, y a base e z a medida de um dos lados congruentes. A area

do triangulo e A =1

2xy onde x ∈ (0, 2R) e y ∈ (0, 2R). Utilizando Teorema de Pitagoras

temos que (y

2

)2

+ (x−R)2 = R2 e portanto y = 2√

2Rx− x2.

Substituindo obtemos A(x) = x√

2Rx− x2. Logo, nosso problema e maximizar a funcao

A(x) = x√

2Rx− x2 x ∈ (0, 2R).

Calculando a derivada

A′(x) =x(3R− 2x)√

2Rx− x2,

temos que ou x =3

2R e o unico candidato a ponto de maximo no intervalo (0, 2R). Analisando

o sinal da derivada primeira vemos que de fato x =3

2R e um ponto de maximo. Portanto

as dimensoes sao

altura x =3

2R e base y =

√3R e daı z2 =

9

4R2 +

3

4R2 = 3R2.

Logo o triangulo e equilatero.

Exemplo 5.38. Uma lata cilındrica e feita para receber um litro de oleo. Encontre asdimensoes que minimizarao o custo do metal para produzir a lata.

104

Seja r o raio da lata e h a altura em cm. Para minimizar o custo do material minimizamosa area da superfıcie total (topo, base e area lateral) dada por S = 2πr2 + 2πrh. Agora,

como o volume V = πr2h tem 1000cm3, temos πr2h = 1000 ou seja h =1000

πr2. Substituindo

na expressao da area total obtemos S(r) = 2πr2 + 2πr1000

πr2= 2πr2 +

2000

r. Logo, nosso

problema e minimizar a funcao

S(r) = 2πr2 +2000

rr > 0.

Calculamos a derivada

S ′(r) = 4πr − 2000

r2=

4(πr3 − 500)

r2.

O ponto crıtico e r = 3

√500π

. Como S ′(r) > 0 se r > 3

√500π

e S ′(r) < 0 se r < 3

√500π

concluımos

que r = 3

√500π

e um ponto de mınimo de S.

Portanto as dimensoes da lata que exigem menor quantidade de material sao:

raio r =3

√500

πe altura h =

1000

π

(500

π

)2/3

= 23

√500

π= 2r.

Exemplo 5.39. Os pontos A e B estao em lados opostos de um rio reto com 3km de largura.O ponto C esta na mesma margem que B, mas 2km rio abaixo. Uma companhia telefonicadeseja estender um cabo de A ate C. Se o custo por km de cabo e 25% maior sob a aguado que em terra, como deve ser estendido o cabo, de forma que o custo seja menor para acompanhia?

Seja P um ponto na mesma margem que B e C e entre B e C, de tal forma que o cabo seraestendido de A para P e deste para C. Seja xkm a distancia de B a P. Logo, (2− x)km seraa distancia de P ate C e x ∈ [0, 2]. Seja k o custo por km em terra e 5

4k o custo por km sob

a agua. Se C(x) for o custo total, entao

C(x) =5

4

√32 + x2 + k(2− x) x ∈ [0, 2].

Para determinar o valor mınimo de C procuramos os pontos crıticos.

C ′(x) =5kx

4√

9 + x2− k.

Logo x = ±4 sao pontos crıticos, porem nao pertencem ao intervalo [0, 2]. Assim, o mınimo

ocorre num dos extremos do intervalo. Calculando C(0) =23

4k e C(2) =

5

4k√

13, concluımos

que o valor mınimo ocorre quando x = 2. Logo para minimizar o custo, devemos estender ocabo diretamente de A ate C sob a agua.

105

Exemplo 5.40. Uma caixa sem tampa sera feita recortando-se pequenos quadrados con-gruentes dos cantos de uma folha de estanho medindo 12 × 12 cm2 e dobrando-se os ladospara cima. Que tamanho os quadrados dos lados devem ter para que a caixa chegue a suacapacidade maxima?

Denotamos por x a medida dos lados dos quadrados a serem recortados. O volume da caixae V (x) = (12 − 2x)2x = 144x − 48x2 + 4x3 com 0 < x < 6, a qual e a funcao que devemosmaximizar. Derivando

V ′(x) = 144− 96x + 12x2 = 0 ⇒ x = 6 ou x = 2.

O candidato a ponto de maximo e x = 2. Analisando o sinal de V ′′(2) = −96 + (24)2 =−48 < 0 vemos que, de fato, x = 2 e um ponto de maximo.

Exercıcio: Encontre o ponto sobre a parabola y2 = 2x mais proximo de (1, 4).

Exercıcio: Um fabricante de armarios e capaz de fazer 5 pecas por dia. Uma entrega domaterial custa 5.000, enquanto sua estocagem custa 10 por dia por unidade (quantidade demateria prima para fazer uma peca). Quanto materia prima deve ser encomendada de cadavez e com que frequencia, de modo a minimizar o custo medio diario nos ciclos de producaoentre as entregas?[R: a funcao custo e C(x) = 5000

x+ 25x, onde x e o numero de dias que a materia prima e

estocada. ]

106

Capıtulo 6

A Integral

6.1 A Integral de Riemann

Definicao 6.1. Seja [a, b] ⊂ R um intervalo limitado e fechado. Dizemos que

P : a = x0 < x1 < x2 < · · · < xn = b ,

onde n ∈ N, e uma particao ou divisao de [a, b]. Neste caso, escrevemos P = (xi).

Uma particao P de [a, b] divide o intervalo em n intervalos.

a = x0 x1 x2

. . .xi−1 xi

. . .xn−1 b = xn x

-

Para cada i = 1, . . . , n, definimos∆xi = xi − xi−1

que e o “tamanho” ou comprimento do intervalo [xi−1 , xi]. Definimos, tambem,

∆P = max1≤i≤n

∆xi

que e o “tamanho maximo” ou comprimento maximo que um intervalo [xi−1 , xi] pode ter.

Sejam f : [a, b] → R e P = (xi) uma particao de [a, b]. Para cada ındice i seja ci umnumero em [xi−1 , xi] escolhido arbitrariamente.

a = x0•c1

x1•c2

x2

. . .xi−1•ci

xi

. . .xn−1

•cn

b = xn x-

Consideremos a figura seguinte.

107

-

6

•••••

f(c3)

f(c2)

f(ci)f(c1)

f

f(cj)

a=x0 x1 x2 x3 xi−1 xi

xj−1xj

b=xn

cj

c1 c2 c3 ci? ? ® ?

K

y

Definicao 6.2. A soma de Riemann de f em relacao a P e dada por

n∑i=1

f(ci)∆xi.

Observacao: Note que a soma de Riemann e igual a soma das areas dos retangulos queestao acima do eixo x menos a soma das areas dos retangulos que estao abaixo do eixo x .Portanto a soma de Riemann e a diferenca entre a soma das areas dos retangulos que estaoacima do eixo x e a soma das areas dos retangulos que estao abaixo do eixo x .

Consideremos a figura seguinte.

A1

b

fA2

a

6

-

:

¾

108

Sejam f uma funcao contınua definida em [a, b] e P = (xi) uma particao tal que ∆P =max1≤i≤n

∆xi seja suficientemente pequeno. Entao a area

A = A2 − A1,

pode ser aproximada pela soma de Riemann

n∑i=1

f(ci)∆xi,

ou seja,

A ≈n∑

i=1

f(ci)∆xi .

Fazendo ∆P −→ 0, temosn∑

i=1

f(ci)∆xi −→ A

e, portanto,

lim∆P→0

n∑i=1

f(ci)∆xi = A.

Entao podemos dar a definicao seguinte.

Definicao 6.3. Diremos que uma funcao f : [a, b] → R e Riemann integravel ou sim-plesmente integravel, se existir um numero A ∈ R tal que

lim∆P→0

n∑i=1

f(ci)∆xi = A

onde P = (xi) e uma particao de [a, b] e ci ∈ [xi−1 , xi].

Escrevendo o limite acima com ε’s e δ’s temos

Definicao 6.4. Uma funcao f : [a, b] → R sera dita integravel, se existir A ∈ R tal quepara todo ε > 0, exista δ > 0 tal que

∣∣∣∣∣n∑

i=1

f(ci)∆xi − A

∣∣∣∣∣ < ε

para toda particao de [a, b] com ∆P < δ, qualquer que seja a escolha de ci ∈ [xi−1 , xi]. Nestecaso, escrevemos

A =

∫ b

a

f(x) dx

que e chamada integral definida ou simplesmente integral de f em relacao a x no inter-valo [a, b].

109

Observacao: De acordo com a definicao, o limite nao depende da escolha dos ci.

Propriedade: Se f for contınua em [a, b] entao f e integravel em [a, b].

Definicao 6.5. Se existir a integral

∫ b

a

f(x) dx , entao definiremos

∫ a

b

f(x) dx = −∫ b

a

f(x) dx .

6.2 Propriedades da Integral

Sejam f, g : [a, b] → R funcoes integraveis. Valem as seguintes propriedades

• A integral e unica, isto e, f tem no maximo uma integral definida.

• A integral e linear, isto e, para todo k ∈ R, a funcao f + kg e integravel e

∫ b

a

(f + kg)(x) dx =

∫ b

a

[f(x) + kg(x)] dx =

∫ b

a

f(x) dx + k

∫ b

a

g(x) dx .

• A integral e positiva, isto e, se f(x) ≥ 0, para todo x ∈ [a, b], entao

∫ b

a

f(x) dx ≥ 0.

Em particular, se g(x) ≤ f(x) para todo x ∈ [a, b], entao

∫ b

a

g(x) dx ≤∫ b

a

f(x) dx .

• A integral e aditiva, isto e, se existirem as integrais

∫ c

a

f(x) dx e

∫ b

c

f(x) dx , com

c ∈ [a, b], entao existira a integral

∫ b

a

f(x) dx e

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx +

∫ b

c

f(x) dx .

Isto quer dizer que se f for integravel em todos os subintervalos de um intervalo [a, b],

entao f sera integravel em [a, b]. Em particular, quando c = a, teremos

∫ a

a

f(x) dx = 0.

110

6.3 O Primeiro Teorema Fundamental do Calculo

O Primeiro Teorema Fundamental do Calculo estabelece uma conexao entre calculo integrale o calculo diferencial.

Consideremos qualquer funcao contınua f com f(t) ≥ 0. Entao a funcao g(x) =

∫ x

a

f(t) dt

pode ser interpretada como a area de f de a ate x, onde x pode variar de a ate b.

6

-b

f(t)

a x x + h

6

area = g(x)

Para calcular g′(x) por definicao, primeiro observamos que, para h > 0, g(x + h) − g(x) eobtida subtraindo-se as areas, logo ela e a area sob o grafico de f de x ate x + h. Para hpequeno essa area e aproximadamente igual a area do retangulo com altura f(x) e largurah,

g(x + h)− g(x) ≈ hf(x), logog(x + h)− g(x)

h≈ f(x).

Portanto, intuitivamente esperamos que

g′(x) = limh→0

g(x + h)− g(x)

h= f(x).

Isso e verdade em geral, como demonstra o seguinte Teorema.

Teorema 6.1 (Primeiro Teorema Fundamental do Calculo - 1TFC). Seja f uma funcaocontınua em [a, b], entao a funcao g definida por

g(x) =

∫ x

a

f(t) dt, a ≤ x ≤ b

e diferenciavel em (a, b) e g′(x) = f(x).

Prova. Se x e x + h estao em (a, b), entao

g(x + h)− g(x) =

∫ x+h

a

f(t) dt−∫ x

a

f(t) dt

=

∫ x

a

f(t) dt +

∫ x+h

x

f(t) dt−∫ x

a

f(t) dt =

∫ x+h

x

f(t) dt,

111

logo para h 6= 0,g(x + h)− g(x)

h=

1

h

∫ x+h

x

f(t) dt.

Suponhamos que h > 0. Como f e contınua em [x, x + h], pelo Teorema de Weierstrass 3.14existem x1 e x2 em [x, x + h] tais que f(x1) ≤ f(t) ≤ f(x2) para todo t ∈ [x, x + h]. Logo,

f(x1)h ≤∫ x+h

x

f(t) dt ≤ f(x2)h.

Como h > 0, podemos dividir por h, obtendo

f(x1) ≤ 1

h

∫ x+h

x

f(t) dt ≤ f(x2),

ou equivalentemente,

f(x1) ≤ g(x + h)− g(x)

h≤ f(x2).

A desigualdade anterior pode ser provada de forma similar para h < 0.Agora, quando h → 0, x1 → x e x2 → x. Consequentemente,

limh→0

f(x1) = limx1→x

f(x1) = f(x), e limh→0

f(x2) = limx2→x

f(x2) = f(x),

pois f e contınua, e assim pelo Teorema do Confronto 3.3,

g′(x) = limh→0

g(x + h)− g(x)

h= f(x),

e o 1TFC fica demonstrado. ¤

Exemplo 6.1. Ache a derivada da funcao g(x) =

∫ x

0

√1 + t2 dt.

Como f(t) =√

1 + t2 e contınua, pelo 1TFC g′(x) =√

1 + x2.

Exemplo 6.2. Calcule a derivada de g(x) =

∫ x4

1

sec t dt.

Utilizamos o 1TFC e a Regra da Cadeia. Seja u = x4, entao

g′(x) =d

dx

∫ x4

1

sec t dtRC=

d

dx

∫ u

1

sec t dtdu

dx= sec u

du

dx= sec(x4)4x3.

112

6.4 Antiderivadas ou Primitivas

Ja sabemos que a derivada de uma funcao constante e zero. Entretanto, uma funcao podeter derivada zero em todos os pontos de seu domınio e nao ser constante; por exemplo a

funcao f(x) =x

|x| e tal que f ′(x) = 0 em todo ponto de seu domınio, mas f nao e constante.

O seguinte corolario do TVM mostra que se f tiver derivada zero num intervalo, entao fsera constante nesse intervalo.

Corolario 6.1. Se f for contınua em [a, b] e diferenciavel em (a, b) e f ′(x) = 0 para todox ∈ (a, b), entao f sera constante.

Prova. Seja x0 ∈ [a, b] um ponto fixo. Para todo x ∈ [a, b], x 6= x0, pelo TVM existe um xpertence ao intervalo aberto de extremos x e x0 tal que

f(x)− f(x0) = f ′(x)(x− x0).

Como f ′(x) = 0 para todo x ∈ (a, b), temos que f ′(x0) = 0, logo

f(x)− f(x0) = 0 =⇒ f(x) = f(x0)

para todo x ∈ [a, b]. Portanto, f e constante. ¤

Observacao: No corolario acima, e importante que o domınio de f seja um intervalo para

que o resultado seja valido. No exemplo f(x) =x

|x| temos f ′(x) = 0 em todo ponto do

domınio. A funcao f nao e constante e, por outro lado, o domınio de f nao e um intervalo.

Corolario 6.2. Se duas funcoes definidas num intervalo I aberto tiverem mesma derivadaem todo ponto x ∈ I, entao elas vao diferir por uma constante.

Exercıcio: Encontre todas as funcoes f definidas em R tais que f ′(x) = x2 e f ′′(x) = sen x.

Definicao 6.6. Seja f : [a, b] → R. Uma primitiva ou antiderivada de f em [a, b] e umafuncao derivavel F : [a, b] → R tal que

F ′(x) = f(x), para todo x ∈ [a, b] .

Observacao: Se F for uma primitiva de f , entao F sera contınua, pois F e derivavel.

Se F (x) e uma primitiva de f(x) entao F (x) + k tambem sera primitiva de f. Por outrolado, se houver uma outra funcao G(x) primitiva de f, pelo visto anteriormente, F e Gdiferem, neste intervalo, por uma constante. Segue que as primitivas de f sao da formaF (x) + k, com k constante. Denotamos por

∫f(x) dx = F (x) + k, k constante

a famılia de primitivas de f e e chamada de integral indefinida de f.

113

Exemplo 6.3.

∫x2 dx =

x3

3+ k.

Exemplo 6.4.

∫dx =

∫1 dx = x + k.

Das formulas de derivacao ja vistas seguem as seguintes primitivas

(a)

∫c dx = cx + k; (b)

∫ex dx = ex + k;

(c)

∫xα dx =

xα+1

α + 1; (d)

∫cos x dx = sen x + k;

(e)

∫1

xdx = ln x + k x > 0; (f)

∫1

xdx = ln(−x) + k x < 0;

(g)

∫sen x dx = − cos x + k; (h)

∫sec2 x dx = tgx + k;

(i)

∫sec x dx = ln | sec x + tgx|+ k; (j)

∫tgx dx = − ln | cos x|+ k;

(k)

∫sec xtg x dx = sec x + k; (l)

∫1

1 + x2dx = arctgx + k;

(m)

∫1√

1− x2dx = arcsen x + k.

Exercıcio: Calcule as integrais indefinidas

(a)

∫(x5 +

1

x3+ 4) dx; (b)

∫eαx dx ;

(c)

∫(√

x +1

x) dx; (d)

∫cos(αx) dx.

6.5 O Segundo Teorema Fundamental do Calculo

Computar integrais a partir da definicao como um limite de somas de Riemann pode ser umprocedimento longo e difıcil. O Segundo Teorema Fundamental do Calculo nos fornece ummetodo muito mais simples para o calculo de integrais.

Teorema 6.2 (Segundo Teorema Fundamental do Calculo - 2TFC). Suponha que f econtınua em [a, b] entao

∫ b

a

f(x) dx = F (b)− F (a)

114

onde F e qualquer primitiva de f, ou seja, uma funcao tal que F ′ = f.

Prova. Seja g(x) =

∫ x

a

f(t) dt. Pelo 1TFC, g′(x) = f(x), ou seja, g e uma primitiva

de f . Pelo Corolario 6.2, duas primitivas so podem diferir por uma constante portanto,F (x)− g(x) = k, onde k e uma constante. Fazendo x = a, a formula implica que F (a) = ke fazendo x = b, temos F (b)− g(b) = k = F (a). Daı,

F (b)− F (a) = g(b) =

∫ b

a

f(t) dt,

e a prova esta completa. ¤

Observacao: Note que, sob as hipoteses do 2TFC, temos

∫ b

a

F ′(x) dx =

∫ b

a

f(x) dx = F (b)− F (a) = F (x)

∣∣∣∣b

a

ou seja, a integral da derivada de uma funcao que e uma primitiva e a propria primitivacalculada nos limites de integracao.

Exemplo 6.5. Calcule a integral de f(x) = x2 no intervalo [1, 2].∫ 2

1

x2 dx =x3

3

∣∣∣∣2

1

=8

3− 1

3=

7

3.


∫ 0

−1

(x3 + 3x− 1) dx.

∫ 0

−1

(x3 + 3x− 1) dx =

∫ 0

−1

x3 dx +

∫ 0

−1

3x dx−∫ 0

−1

1 dx =x4

4

∣∣∣∣0

−1

+3x2

2

∣∣∣∣0

−1

− x

∣∣∣∣0

−1

= −11

4.

Exercıcio: Calcule a integral de f(x) =1

x+

1

x3no intervalo [1, 2].

Exercıcio: Calcule

∫ π/8

0

sen 2x dx.

6.6 O Logaritmo Definido como uma Integral

O logaritmo e um conceito que pode ser definido de varias formas. Nesta secao vamos definiro logaritmo como uma integral e a exponencial como sua inversa.

Definicao 6.7. A funcao logaritmo natural e uma funcao definida por

ln x =

∫ x

1

1

tdt, x > 0.

115

Observacao: A funcao ln x esta bem definida pois a integral de uma funcao contınua sempreexiste.

Propriedades do logaritmo.

(a) ln 1 = 0,

(b) ln′ x =1

xpara todo x > 0,

(c) ln(ab) = ln a + ln b, para todo a, b > 0,

(d) ln(a

b

)= ln a− ln b, para todo a, b > 0,

(e) ln(ar) = r ln a para todo a > 0 e r racional.

Prova. A parte (a) segue da definicao e a parte (b) do 1TFC 6.1. Para provar a parte (c),seja f(x) = ln(ax), onde a e uma constante positiva. Pela Regra da Cadeia, temos

f ′(x) =1

axa =

1

x.

Portanto, f(x) e ln x tem a mesma derivada, entao pelo Corolario 6.2, diferem por umaconstante:

ln(ax) = ln x + C.

Fazendo x = 1, temos que ln a = C. Assim,

ln(ax) = ln x + ln a,

e escolhendo x = b, fica demonstrada a propriedade (c).(d) : Utilizando a parte (c) com a = 1/b, temos que

ln

(1

b

)+ ln b = ln 1 = 0, portanto ln

(1

b

)= − ln b.

Agora,

ln(a

b

)= ln

(a1

b

)= ln a + ln

(1

b

)= ln a− ln b.

A parte (e) e provada de maneira analoga. ¤

Grafico do logaritmo. Como a derivada de ln x e sempre positiva, o logaritmo e crescentee como a derivada segunda e sempre negativa, ln′′(x) = −1/x2, o logaritmo e concavo paraabaixo em (0, +∞).

Calculemos seus limites. Utilizando a propriedade (e) com a = 2 e r = n, onde n ∈ N,temos que ln(2n) = n ln 2. Portanto ln(2n) → +∞ quando n → +∞. Mas, como ln x ecrescente, temos que

limx→+∞

ln x = +∞.

116

Por outro lado, fazendo t = 1/x, entao t → +∞ quando x → 0+. Portanto,

limx→0+

ln x = limt→+∞

ln

(1

t

)= lim

t→+∞− ln t = −∞.

Como ln 1 = 0, limx→+∞

ln x = +∞ e ln x e uma funcao contınua crescente, pelo Teorema

do Valor Intermediario 3.12, existe um numero onde ln x assume o valor 1. Esse numero edenotado por e.

Definicao 6.8. Denotamos por e o numero tal que ln e = 1.

Esta definicao e consistente com a definicao do numero e como um limite. Provemos que

limx→0

(1 + x)1/x = e.

Seja f(x) = ln x. Entao f ′(1) = 1 e pela definicao de derivada

f ′(1) = limx→0

f(1 + x)− f(1)

x= lim

x→0

ln(1 + x)

x= lim

x→0ln(1 + x)1/x = ln

(limx→0

(1 + x)1/x)

,

pois a funcao ln e contınua. Assim,

ln(limx→0

(1 + x)1/x)

= 1

e portantolimx→0

(1 + x)1/x = e.

6.7 Mudanca de Variavel ou Regra da Substituicao

Nesta secao aprenderemos como substituir uma integral relativamente complicada por umamais simples.

Sejam f e g tais que Im(g) ⊂ Df . Suponhamos que F seja uma primitiva de f. EntaoF (g(x)) e uma primitiva de f(g(x))g′(x), de fato, pela Regra da Cadeia,

[F (g(x))]′ = F ′(g(x))g′(x) = f(g(x))g′(x).

Portanto, ∫f(g(x))g′(x) dx = F (g(x)) + k ,

onde k e uma constante arbitraria. Assim, se fizermos a mudanca de variavel ou substituicaou = g(x) temos

∫F ′(g(x))g′(x) dx =

∫[F (g(x))]′ dx = F (g(x)) + k = F (u) + k =

∫F ′(u) du

117

ou, escrevendo F ′ = f, obtemos a Regra da Substituicao:

∫f(g(x))g′(x) dx =

∫f(u) du. (6.1)

Exemplo 6.7. Encontre

∫2x√

1 + x2 dx.

Fazemos a substituicao u = 1 + x2, entao sua diferencial e du = 2xdx. Pela Regra daSubstituicao,

∫2x√

1 + x2 dx =

∫ √1 + x22x dx =

∫ √u du =

2

3u3/2 + k =

2

3(1 + x2)3/2 + k.


∫x3 cos(x4 + 2) dx.

Fazemos a substituicao u = x4 + 2, entao sua diferencial e du = 4x3 dx. Assim, usando

x3 dx =du

4e a Regra da Substituicao temos

∫x3 cos(x4 + 2) dx =

∫cos(u)

1

4du =

1

4

∫cos u du =

1

4senu + k =

1

4sen(x4 + 2) + k.


∫x

1 + x4dx.

Se fazemos u = 1 + x4, teremos du = 4x3 dx. Como 4x2 nao e constante

∫x

1 + x4dx =

∫1

4x2

4x3

1 + x4dx 6= 1

4x2

∫4x3

1 + x4dx.

Isto nos mostra que a mudanca u = 1 + x4 nao resolve o problema. Entretanto, se fizermosu = x2, teremos du = 2x dx, assim,

∫x

1 + x4dx =

∫1

1 + u2

1

2du =

1

2arctg(u) + k =

1

2arctg(x2) + k.


∫tgx dx.

Fazemos a substituicao u = cos x, entao sua diferencial e du = −sen x dx; portanto

∫tgx dx =

∫senx

cos xdx = −

∫1

udu = − ln |u|+ k = − ln | cos x|+ k = ln | sec x|+ k.

118

Existem dois metodos para calcular uma integral definida por substituicao. Um delesconsiste em calcular primeiro a integral indefinida e entao usar o 2TFC. Por exemplo,

∫ 2

0

2x√

1 + x2 dx =2

3(1 + x2)3/2

∣∣∣∣2

0

=2

3(5)3/2 − 2

3(1)3/2 =

2

3((5)3/2 − 1).

Um outro modo consiste em se mudar os limites de integracao ao se mudar a variavel.

Regra da Substituicao para Integrais Definidas. Se g′ for contınua em [a, b] e f forcontınua na variacao de u = g(x), entao

∫ b

a

f(g(x))g′(x) dx =

∫ g(b)

g(a)

f(u) du.

Prova. Seja F uma primitiva de f. Entao, F (g(x)) e uma primitiva de f(g(x))g′(x), logo,pelo 2TFC (Teorema 6.2), temos

∫ b

a

f(g(x))g′(x) dx = F (g(b))− F (g(a)).

Por outro lado, aplicando uma segunda vez o 2TFC tambem temos

∫ g(b)

g(a)

f(u) du = F (u)

∣∣∣∣g(b)

g(a)

= F (g(b))− F (g(a)).

¤


∫ 1

1/2

√2x− 1 dx.

Fazendo u = 2x − 1, temos du = 2 dx ou 12du = dx Quando x =

1

2, u = 0; quando

x = 1, u = 1. Assim,

∫ 1

1/2

√2x− 1 dx =

∫ 1

0

√u

1

2du =

1

2

∫ 1

0

√u du =

1

2

2

3u3/2

∣∣∣∣1

0

=1

3.


∫ e

1

ln x

xdx.

Fazendo u = ln x, temos du =1

xdx. Quando x = 1, u = ln 1 = 0; quando x = e, u = ln e = 1.

Assim, ∫ e

1

ln x

xdx =

∫ 1

0

u du =u2

2

∣∣∣∣1

0

=1

2.

119

Exercıcio: Calcule as integrais

(a)

∫x√

x2 + 1 dx; (b)

∫sen x

cos3 xdx; (c)

∫(2x− 1)3 dx;

(d)

∫2

3 + x2dx; (e)

∫x2√

3x + 2 dx; (f)

∫xe−x2

dx

(g)

∫ 2

1

x√

x2 + 1 dx; (h)

∫ 2

0

x2√

3x + 2 dx; (i)

∫ 1

0

x

x2 + 1dx.

6.8 Integracao por Partes

A Regra da Substituicao para integracao corresponde a Regra da Cadeia para diferenciacao.A Regra do Produto para diferenciacao corresponde a uma regra chamada de integracao porpartes.

Sejam f, g : [a, b] → R diferenciaveis em (a, b). Entao, para cada x ∈ (a, b), vale

[f(x)g(x)]′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x),

ou seja,f(x)g′(x) = [f(x)g(x)]′ − f ′(x)g(x) .

Como f(x)g(x) e uma primitiva de [f(x)g(x)]′, se existir uma primitiva de f ′(x)g(x), entaotambem existira uma primitiva de f(x)g′(x) e valera a formula de integracao por partes:

∫f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)−

∫f ′(x)g(x) dx . (6.2)

Notacao alternativa. Tomando u = f(x) e v = g(x) , temos

du = f ′(x) dx e dv = g′(x) dx

e podemos re-escrever (6.2) como

∫u dv = uv −

∫v du .


∫x sen x dx.

Suponha f(x) = x e g′(x) = sen x. Entao, f ′(x) = 1 e g(x) = − cos x. Assim∫

x sen x dx = x(− cos x)−∫

1(− cos x) dx = −x cos x + sen x + k.

120


∫arctg x dx.

∫arctg x︸︷︷︸

u

1 dx︸︷︷︸dv

= uv −∫

v du = (arctg x) x−∫

x1

1 + x2dx = x arctg x− 1

2ln(1 + x2) + k.


∫x2ex dx.

∫x2︸︷︷︸f

ex︸︷︷︸g′

dx = x2︸︷︷︸f

ex︸︷︷︸g

−∫

2x︸︷︷︸f ′

ex︸︷︷︸g

dx.

Utilizando a formula de integracao por partes mais uma vez, calculamos

∫xex dx = xex −

∫ex dx = xex − ex + k.

Portanto, ∫x2ex dx = x2ex − 2xex + 2ex + k.

Combinando a formula de integracao por partes com o 2TFC, podemos avaliar integraisdefinidas por partes. Sejam f e g duas funcoes com derivadas contınuas em [a, b], entao

∫ b

a

f(x)g′(x) dx = f(x)g(x)

∣∣∣∣b

a

−∫ b

a

f ′(x)g(x) dx .


∫ t

1

x ln x dx.

∫ t

1

x︸︷︷︸g′

ln x︸︷︷︸f

dx =x2

2︸︷︷︸f

ln x︸︷︷︸g

∣∣∣∣t

1

−∫ t

0

1

x︸︷︷︸f ′

x2

2︸︷︷︸g

dx =t2

2ln t− 1

2

∫ t

1

x dx

=t2

2ln t− 1

2

x2

2

∣∣∣∣t

1

=t2

2ln t− 1

4t2 +

1

4.


(a)

∫arcsenx dx; (b)

∫ln x dx; (c)

∫x2senx dx;

(d)

∫ex cos x dx; (e)

∫ 1

0

arctg x dx; (f)

∫ 4

1

e√

x dx.

121

Capıtulo 7

Aplicacoes da Integral

7.1 Deslocamento e Espaco Percorrido

Consideremos uma partıcula que se desloca sobre o eixo x com equacao de posicao x = x(t)

e com velocidade v = v(t) contınua em [a, b]. Sabemos quedx

dt(t) = v(t), ou seja, x(t) e uma

primitiva de v(t). Portanto, pelo 1o¯ 2TFC (Teorema 6.2), temos

∫ b

a

v(t) dt = x(b)− x(a) (7.1)

que e o deslocamento da partıcula entre os instantes a e b . Para calcular a distanciapercorrida durante o intervalo de tempo, teremos que considerar os intervalos quando v(t) ≥0 e tambem quando v(t) ≤ 0. Portanto, definimos por

∫ b

a

| v(t)| dt (7.2)

o espaco percorrido pela partıcula entre os instantes a e b .

Observacao: Se v(t) ≥ 0, para todo t ∈ [a, b], entao (7.1) e (7.2) implicam que o espacopercorrido pela partıcula e o seu deslocamento coincidem entre os instantes a e b e saoiguais a ∫ b

a

v(t) dt

que determina a area do conjunto limitado pelas retas t = a, t = b, pelo eixo 0t e pelo graficode v = v(t). Veja a figura abaixo.

122

v = v(t)

v(t)

a b t

6

-

Observacao: Seja c ∈ [a, b] e suponha que v(t) ≥ 0 em [0, c] e v(t) ≤ 0 em [c, b] conforme afigura.

6

-

A1

A2¼

-

tba

v = v(t)v(t)

Entao o deslocamento da partıcula e dado por (7.1) acima, ou seja,

x(b)− x(a) =

∫ b

a

v(t) dt = A1 − A2 ,

mas o espaco percorrido entre os instantes a e b e dado por (7.2), ou seja,

∫ b

a

| v(t)| dt =

∫ c

a

v(t) dt−∫ b

c

v(t) dt = A1 + A2 .

Logo, neste caso, deslocamento e espaco percorrido nao coincidem.

Exemplo 7.1. Uma partıcula desloca-se sobre o eixo x com velocidade v(t) = 2− t .

(a) Calcule o deslocamento entre os instantes t = 1 e t = 3.

(b) Calcule o espaco percorrido entre os instantes 1 e 3.

(c) Interprete o movimento.

123

Deslocamento =

∫ 3

1

(2− t) dt =

(2t− t2

2

) ∣∣∣∣3

1

= 0.

Espaco percorrido =

∫ 3

1

|2− t| dt =

∫ 2

1

(2− t) dt−∫ 3

2

(2− t) dt = 1.

Interpretacao: em [1, 2) a velocidade e positiva, o que significa que neste intervalo a partıculaavanca no sentido positivo; em (2, 3] a velocidade e negativa, o que significa que nesteintervalo a partıcula recua, de tal modo que em t = 3 ela volta a ocupar a mesma posicaopor ela ocupava no instante t = 1.

Exercıcio: Uma partıcula desloca-se sobre o eixo x com velocidade v(t) = 1− t2 .

(a) Calcule o deslocamento entre os instantes t = 0 e t = 2.

(b) Calcule o espaco percorrido entre os instantes 0 e 2.

(c) Interprete o movimento.

7.2 Calculo de Areas

Queremos determinar a area de diferentes regioes. Comecaremos pelo problema de achar aarea de uma regiao A que esta sob a curva de uma funcao.

Caso 1: Seja f contınua em [a, b] com f(x) ≥ 0, para todo x ∈ [a, b]. Queremos calcular aarea do conjunto A do plano limitado pelas retas

x = a x = b y = 0

e pelo grafico de y = f(x) conforme a figura abaixo.

b

f

a

A

-

6

µ6

124

Seja P = (xi) uma particao de [a, b] e ci′ e ci

′′ tais que

f(ci′) = min {f(x); x ∈ [xi−1 , xi]}

f(ci′′) = max {f(x); x ∈ [xi−1 , xi]}.

Entao, as somas de Riemann correspondentes satisfazem temos

∑i

f(ci′)∆xi ≤ A ≤

∑i

f(ci′′)∆xi ,

conforme ilustra a figura seguinte.

f

ba-

6

f

ba-

6

f

ba-

6

Isto significa que a soma de Riemann∑

i

f(ci′)∆xi se aproxima da area A por “falta” e a

soma de Riemann∑

i

f(ci′′)∆xi se aproxima da area A por “sobra”.

Daı, fazendo ∆P = max1≤ i≤n

∆xi −→ 0 temos

lim∆d→0

∑i

f(ci′)∆xi ≤ lim

∆d→0A ≤ lim

∆d→0

∑i

f(ci′′)∆xi

q q q∫ b

a

f(x)dx A

∫ b

a

f(x)dx

ou seja, A =

∫ b

a

f(x)dx .

Exemplo 7.2. A area do conjunto do plano limitado pelas retas x = 0, x = 1 e pelo grafico

de f(x) = x2 e1

3.

125

Caso 2: Seja A o conjunto hachurado conforme mostra a figura.

A

6-

6

b

f

a

A6

-

6

b

f

a

−f

Logo

area A = −∫ b

a

f(x)dx =

∫ b

a

−f(x)dx =

∫ b

a

|f(x)| dx .

Observe que como f(x) ≤ 0, para todo x ∈ [a, b] temos

∫ b

a

f(x)dx ≤ 0 =⇒ −∫ b

a

f(x)dx ≥ 0.

Exemplo 7.3. A area do conjunto do plano limitado pelas retas x = 0, x = 1 e pelo grafico

de f(x) = x4 − x e3

10.

Caso 3: Seja A o conjunto hachurado conforme a figura abaixo.

6

-

f

bdca

Entao

area A =

∫ c

a

f(x)dx−∫ d

c

f(x)dx +

∫ b

d

f(x)dx =

∫ b

a

|f(x)| dx .

Exemplo 7.4. A area do conjunto do plano limitado pelas retas x = −1, x = 1 e pelo graficode f(x) = x3 e 1.

Caso 4: Considere A o conjunto hachurado da figura seguinte.

126

6

-

B

b

g

f

A1

A2

aR

:

1

Entao A e o conjunto dos pontos (x, y) ∈ R2 limitado pelas retas x = a, x = b e pelosgraficos das funcoes f e g, onde f(x) ≥ g(x), para todo x ∈ [a, b]. Segue que

area A =

∫ b

a

[f(x)− g(x)] dx =

∫ b

a

f(x)dx−∫ b

a

g(x)dx

Observacao: No Caso 4 acima temos

∫ b

a

f(x)dx = A1 + B ;

∫ b

a

g(x) = B − A2.

Portanto ∫ b

a

[f(x)− g(x)] dx = A1 + A2 .

Em geral, a area entre as curvas y = f(x) e y = g(x) e entre x = a e x = b e

∫ b

a

|f(x)− g(x)| dx.

Exemplo 7.5. Calcule a area do conjunto A = { (x, y) ∈ R2 ; x2 ≤ y ≤ √x } .

Temos que x2 ≤ y ≤ √x ⇔ 0 ≤ x ≤ 1. Portanto

area A =

∫ 1

0

(√

x− x2)dx =1

3.

Exemplo 7.6. Calcule a area da regiao compreendida entre os graficos de y = x e y = x2,com 0 ≤ x ≤ 2.

127

As curvas y = x e y = x2 interceptam-se nos pontos x = 0 e x = 1. Entao,

area =

∫ 1

0

(x− x2)dx +

∫ 2

1

(x2 − x)dx = 1.

Exercıcio: Encontre a area da regiao limitada pelas curvas y = sen x, y = cos x, x = 0 e

x =π

2. [R : 2

√2− 2]

7.3 Volume de Solido de Revolucao

7.3.1 Seccoes Transversais

Seja S um solido qualquer. Interceptamos S com um plano e obtemos uma regiao plana que echamada de seccao transversal de S. Seja A(x) a area de seccao transversal perpendicularao eixo x e passando pelo ponto x, onde a ≤ x ≤ b. Seja P = (xi) uma particao de [a, b].

Vamos dividir S em n fatias usando os planos Px1 , · · · , Pxn−1 . Escolhemos pontos ci ∈[xi−1 , xi] e aproximamos a i-esima fatia Si por um cilindro com area de base A(ci) e altura∆xi.

O volume deste cilindro e A(ci)∆xi; assim, uma aproximacao para o volume da i-esimafatia Si e

V (Si) ≈ A(ci)∆xi.

Somando os volumes destas fatias obtemos uma aproximacao para o volume total

V ≈n∑

i=1

A(ci)∆xi.

Fazendo ∆P = max1≤i≤n

∆xi → 0, esta aproximacao parece melhorar. Portanto, definimos o

volume do solido S por

V = lim∆P→0

n∑i=1

A(ci)∆xi =

∫ b

a

A(x) dx.

Em particular, se S e o conjunto obtido por rotacao, em torno do eixo x, do conjunto

A = {(x, y) ∈ R2, a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤ f(x)},entao

A(x) = π[f(x)]2.

Portanto, o volume do solido S obtido por rotacao, em torno do eixo x, do conjuntoA e

V = π

∫ b

a

[f(x)]2 dx.

128

Exemplo 7.7. Encontre o volume do solido obtido pela rotacao em torno do eixo x da regiaosob a curva y =

√x de 0 ate 4.

Quando fatiamos atraves do ponto x, obtemos um disco com raio√

x. A area desta seccaotransversal e

A(x) = π(√

x)2 = πx.

Portanto, o volume do solido e

V =

∫ 4

0

A(x) dx = π

∫ 4

0

x dx = πx2

2

∣∣∣∣4

0

= 8π.

Para determinar o volume de um solido obtido com a rotacao, em torno do eixo y, deuma regiao compreendida entre o eixo y e uma curva x = R(y), c ≤ y ≤ d, usamos o metodocom x substituıdo por y. Nesse caso, a seccao transversal circular e

A(y) = π[R(y)]2 e o volume V =

∫ d

c

A(y) dy.

Exemplo 7.8. Calcule o volume do solido obtido pela rotacao, em torno do eixo y, da regiao

compreendida entre o eixo y e a curva x =2

y, 1 ≤ y ≤ 4.

O volume e

V = π

∫ 4

1

A(y) dy =

∫ 4

1

(2

y

)2

dy = 4π

(−1

y

) ∣∣∣∣4

1

= 3π.

Exemplo 7.9. Calcule o volume do solido obtido pela rotacao, em torno do eixo x , doconjunto

A =

{(x, y) ∈ R2 ;

1

x≤ y ≤ x , 1 ≤ x ≤ 2

}.

O volume V = V2 − V1, onde V2 e V1 sao os volumes obtidos pela rotacao, em torno do eixox, dos conjuntos

A2 ={(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ x , 1 ≤ x ≤ 2

}

e

A1 =

{(x, y) ∈ R2 ; 0 ≤ y ≤ 1

x, 1 ≤ x ≤ 2

}.

Assim,

V2 = π

∫ 2

1

x2 dx =7π

3V1 = π

∫ 2

1

1

x2dx =

π

2.

Portanto, V =7π

3− π

2=

11π

6.

129

Exemplo 7.10. Calcule o volume do solido obtido pela rotacao, em torno do eixo y , daregiao compreendida entre a parabola y = x2 e a reta y = 2x no primeiro quadrante.

A reta e a parabola se cortam em y = 0 e y = 4, portanto os limites de integracao sao c = 0e d = 4. O volume V = V2 − V1, sao os volumes dos solidos obtidos pela rotacao, em torno

do eixo y, das curvas R(y) =√

y e r(y) =y

2, respectivamente. Assim,

V2 = π

∫ 4

0

(√

y)2 dy = 8π V1 = π

∫ 4

0

y2

4dy =

π16

3.

Portanto, V = 8π − 16π

3=

8π

3.

Exercıcio: Ache o volume de um solido obtido pela rotacao do eixo x do conjunto de pares(x, y) tais que x2 + y2 ≤ r2, y ≥ 0 (r > 0). [R : 4πr3/3].

Exercıcio: Ache o volume de um solido obtido pela rotacao do eixo y da regiao limitadapor y = x3, y = 8 e x = 0. [R : 96π/5].

7.3.2 Cascas Cilındricas

Considere um solido S obtido pela rotacao, em torno do eixo y, da regiao limitada pory = f(x), onde f(x) ≥ 0, e pelas retas y = 0, x = a e x = b. Seja P = (xi) uma particao dointervalo [a, b] e seja ci ∈ [xi−1, xi] o ponto medio do i-esimo intervalo, ci = (xi + xi−1)/2. Seo retangulo com base ∆xi = (xi − xi−1) e altura f(ci) e girado ao redor do eixo y, entao oresultado e uma casca cilındrica cujo volume e

Vi = (2πci)f(ci)∆xi = [circunferencia][altura][espessura].

Portanto uma aproximacao para o volume V de S e dada pela soma dos volumes dessassecoes:

V ≈n∑

i=1

Vi =n∑

i=1

(2πci)f(ci)∆xi.

Esta aproximacao torna-se melhor quando ∆P = max1≤i≤n

∆xi → 0. Entao definimos o volume

do solido S obtido pela rotacao, em torno do eixo y, da regiao limitada pory = f(x), onde f(x) ≥ 0, y = 0, x = a e x = b por

V = 2π lim∆P→0

n∑i=1

cif(ci)∆xi = 2π

∫ b

a

xf(x) dx.

Exemplo 7.11. Determine o volume do solido obtido pela rotacao, em torno do eixo y, daregiao limitada por y = 2x2 − x3 e y = 0.

130

V = 2π

∫ 2

0

xf(x) dx = 2π

∫ 2

0

x(2x2 − x3) dx = 2π

∫ 2

0

(2x3 − x4) dx = 2π(8− 32

5) =

16

5π.

Exercıcio: Ache o volume do solido obtido pela rotacao do eixo y do conjunto de todos os

pares (x, y) tais que 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ x2

2+ 1 e y ≥ x2 − 1. [R : 7π/2].

7.4 Comprimento de Arco

Queremos definir o comprimento de uma curva. Se a curva e uma poligonal, podemosfacilmente encontrar seu comprimento somando os comprimentos dos segmentos de reta queformam a poligonal. Agora suponhamos que a curva C seja dada pela equacao y = f(x), ondef e derivavel e a ≤ x ≤ b. Seja P = (xi) uma particao de [a, b]. Entao a poligonal com vertices(xi, f(xi)) e uma aproximacao para C. O comprimento da curva C e aproximadamente ocomprimento da poligonal, e a aproximacao torna-se melhor quando ∆P → 0.

O comprimento da poligonal e

L(P ) =n∑

i=1

√(xi − xi−1)2 + (f(xi)− f(xi−1))2.

Aplicando o TVM 5.2 em cada intervalo [xi−1, xi], existe um ci ∈ (xi−1, xi) tal que

f(xi)− f(xi−1) = f ′(ci)(xi − xi−1) = f ′(ci)∆xi.

Segue

L(P ) =n∑

i=1

√(∆xi)2 + (f ′(ci)∆xi)2 =

n∑i=1

√(1 + (f ′(ci))2∆xi.

Entao, definimos o comprimento da curva C por

L = lim∆P→0

n∑i=1

√(1 + (f ′(ci))2∆xi =

∫ b

a

√1 + [f ′(x)]2 dx.

Exemplo 7.12. Calcule o comprimento de arco de y = x3/2, 1 ≤ x ≤ 4.

Como y = f(x), temos f ′(x) =3

2x1/2, e assim,

L =

∫ 4

1

√1 +

9

4x dx.

Fazendo, u = 1 +9

4x, entao du =

9

4dx. Quando x = 1, u =

13

4; quando x = 4, u = 10.

Portanto,

L =4

9

∫ 10

13/4

√u du =

4

9

2

3u3/2

∣∣∣∣10

13/4

=8

27

[103/2 −

(13

4

)3/2]

.

131

Exercıcio: Calcule o comprimento da curva y =√

1− x2, 0 ≤ x ≤√

2

2. [R : π/4].

Exercıcio: Calcule o comprimento da curva y =x2

2, 0 ≤ x ≤ 1. [R : 1/2[

√2 + ln(1 +

√2)]].

7.5 Area de Superfıcie de Revolucao

Uma superfıcie de revolucao e formada quando uma curva e girada ao redor de uma reta.Tal superfıcie e a fronteira lateral de um solido de revolucao ja discutido na secao 7.3.

Consideremos um cone circular com base de raio R e geratriz g. Cortando o cone e

desenrolando-o, obtemos um sector de um cırculo com raio g e angulo central θ =2πR

g.

g

R

θ

2πR

g

Sabemos que a area de um sector e dada por:

A =1

2g2θ =

1

2g2

(2πR

g

)= πRg.

Portanto definimos a area da superfıcie lateral de um cone como sendo A = πrg.Consideremos agora um tronco de cone circular reto, de geratriz g, raio da base maior r1

e raio da base menor r2. Queremos determinar a area lateral, AT , do tronco de cone.

g

r1

r2

m

6

132

A area do tronco e calculada pela subtracao das areas dos dois cones:

AT = πr1(m + g)− πr2m = π[(r1 − r2)m + r1g]

Por semelhanca de triangulos, temos

r1

m + g=

r2

m

o que resulta emr1m = (m + g)r2 ou (r1 − r2)m = r2g.

Logo a area lateral, AT , do tronco de cone e dada por

AT = π(r1 + r2)g = 2πrg,

onde r =1

2(r1 + r2).

Podemos generalizar para uma superfıcie gerada pela revolucao de uma poligonal planaem torno de um eixo deste plano pois a area desta superfıcie e a soma das areas laterais detroncos de cones.

Seja A a area lateral da superfıcie gerada pela rotacao da poligonal da figura abaixo.Entao temos

rn

r2

r1`1

`2

`nr

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

6

A = 2π r1`1 + · · ·+ 2π rn`n

6

Agora vamos deduzir a area lateral de um solido de revolucao qualquer em torno do eixox pela aproximacao da soma das areas laterais de varios troncos de cone.

Consideremos f definida e positiva em [a, b] com derivada contınua em (a, b). Seja P =(xi) uma particao de [a, b]. Consideremos a poligonal com vertices (xi, f(xi)) e girando-a aoredor do eixo x obtemos uma aproximacao para a superfıcie. A area de cada tronco de conee

Ai = 2πf(xi) + f(xi−1)

2

√1 + [f ′(ci)]2∆xi,

133

onde ci ∈ [xi−1 , xi], como foi feito na secao 7.4. Quando ∆xi e pequeno temos que f(xi) ≈f(ci) e tambem f(xi−1) ≈ f(ci) pois f e contınua. Portanto,

Ai ≈ 2πf(ci)√

1 + [f ′(ci)]2∆xi,

e entao uma aproximacao para a area da superfıcie e

n∑i=1

2πf(ci)√

1 + [f ′(ci)]2∆xi.

Esta aproximacao torna-se melhor quando ∆P → 0. Entao definimos a area da superfıcieobtida por rotacao, ao redor do eixo x, da curva y = f(x), f(x) ≥ 0, a ≤ x ≤ b,como

S = lim∆P→ 0

n∑i=1

2πf(ci)√

1 + [f ′(ci)]2 ∆xi = 2π

∫ b

a

f(x)√

1 + [f ′(x)]2 dx .

Exemplo 7.13. Encontre a area da superfıcie obtida pela rotacao da curva y =√

4− x2,−1 ≤ x ≤ 1, ao redor do eixo x.

Temos f ′(x) =−x√4− x2

, e assim,

S = 2π

∫ 1

−1

√4− x2

√1 +

x2

4− x2dx = 2π

∫ 1

−1

√4− x2

2√4− x2

dx = 4π

∫ 1

−1

1 dx = 8π.

Exercıcio: Calcule a area da superfıcie gerada pela rotacao, em torno do eixo x, do graficode f(x) = sen x, 0 ≤ x ≤ π. [R : 2π(

√2 + ln(

√2 + 1))].

7.6 Trabalho

Nesta secao, vamos definir trabalho realizado por uma forca que varia com a posicao. Nocaso de uma forca constante F, o trabalho realizado e definido pelo produto da forca peladistancia d que o objeto se move:

τ = Fd, trabalho = forca × distancia.

Vamos considerar agora uma forca F que atua sobre uma partıcula que se desloca sobreo eixo x . Suponhamos que esta forca seja paralela ao deslocamento e variavel com a funcaode posicao x . Entao escrevemos

~F (x) = f(x)~i ,

134

onde f(x) e a componente de ~F (x) na direcao do deslocamento (isto e, na direcao de ~i).Consideremos o deslocamento da partıcula de x = a ate x = b com a < b e suponhamos

que f(x) seja contınua no intervalo [a, b]. Seja P = (xi) uma particao do intervalo [a, b] eescolhemos por amostragem ci ∈ [xi−1 , xi] , i = 1, . . . , n. Se ∆xi = xi − xi−1 for suficien-temente pequeno, f sera praticamente constante no intervalo, e entao podemos dizer quetrabalho realizado por ~F de xi−1 ate xi sera aproximadamente

τi = f(ci)∆xi.

Logo podemos aproximar o trabalho realizado por−→F de a ate b pela soma dos trabalhos

realizados nos intervalos [xi−1, xi], i = 1, 2, . . . , n, isto e

τ ≈n∑

i=1

f(ci)∆xi.

A intuicao acima nos motiva a definirmos trabalho como segue.

Definicao 7.1. O trabalho τ realizado por uma forca ~F (x) = f(x)~i sobre uma partıculano deslocamento de x = a ate x = b e dado por

τ = lim∆P→0

n∑i=1

f(ci)∆xi =

∫ b

a

f(x) dx .

Observacao: Na Definicao 7.1, a e b ∈ R sao quaisquer, isto e, podemos ter a ≥ b oua ≤ b, e f e integravel em [a, b], mas nao necessariamente contınua. Em particular, se a < be f(x) ≥ 0 , para todo x ∈ [a, b], entao o trabalho τ coincidira com a area do conjuntolimitado pelas retas x = a, x = b, y = 0 e pelo grafico de y = f(x).

Exemplo 7.14. Sobre uma partıcula que se desloca sobre o eixo x atua uma forca paralela

ao deslocamento e de componente f(x) =1

x2. Calcule o trabalho realizado pela forca no

deslocamento de x = 1 ate x = 2.

τ =

∫ 2

1

1

x2dx = −1

x

∣∣∣∣2

1

=1

2.

Exemplo 7.15 (Trabalho e Energia Cinetica). Uma partıcula de massa m desloca-se sobreo eixo x com funcao de posicao x = x(t), com x0 = x(t0) e x1 = x(t1). Suponha que x(t)seja 2 vezes derivavel em [t0, t1] e que a componente f(x), na direcao do deslocamento, daforca resultante que atua sobre a partıcula seja contınua em [x0, x1]. Seja v = v(t) a funcaoque descreve a velocidade da partıcula, com v0 = v(t0) e v1 = v(t1). Verifique que o trabalhorealizado pela resultante de x0 ate x1 e igual a variacao na energia cinetica, isto e,

∫ x1

x0

f(x) dx =1

2mv2

1 −1

2mv2

0 =1

2mv2(t)

∣∣∣∣t1

t0

.

135

Temos x = x(t). Logo dx = x′(t) dt. Como x0 = x(t0) e x1 = x(t1), entao para x = x0, t = t0e, para x = x1, t = t1. Assim

∫ x1

x0

f(x) dx =

∫ t1

t0

f(x(t)︸︷︷︸x

) x′(t) dt︸︷︷︸dx

=

∫ t1

t0

f(x(t))v(t) dt. (7.3)

Pela 2a¯ Lei de Newton, temos

f(x(t)) = m · a(t), (7.4)

onde a = a(t) e a aceleracao da partıcula no instante t. Fazendo a mudanca de variavelv = v(t), dv = v′(t) dt = a(t) dt, para t = t0, v = v0 e para t = t1, v = v1; portanto, de 7.3 e7.4, ∫ x1

x0

f(x) dx =

∫ t1

t0

f(x(t))v(t) dt =

∫ t1

t0

m a(t)v(t) dt = m

∫ t1

t0

v(t)︸︷︷︸v

a(t) dt︸︷︷︸dv

=

= m

∫ v1

v0

vdv = mv2

2

∣∣∣∣v1

v0

=1

2mv2

1 −1

2mv2

0.

Exemplo 7.16. Considere uma mola sobre uma superfıcie horizontal (paralela ao eixo x)com uma das extremidades fixa num anteparo (paralelo ao eixo y). Suponha que a origemx = 0 coincide com a extremidade livre quando a mola nao esta comprimida nem distendida.Agora, suponha que a mola seja distendida e que uma partıcula seja presa a sua extremidade

livre. Considere que a forca exercida sobre a mola obedece a Lei de Hooke:−→F (x) = −kx~i,

onde k e a constante elastica da mola. Calcule o trabalho realizado pela mola quando apartıcula se desloca das posicoes x = 0, 5 ate x = 0 e x = 0, 5 ate x = −0, 5.

τ =

∫ 0

1/2

−kx dx = −kx2

2

∣∣∣∣0

1/2

=k

8.

τ =

∫ −1/2

1/2

−kx dx = −kx2

2

∣∣∣∣−1/2

1/2

= 0.

7.7 Centro de Massa

Consideremos uma fina placa (chamada de lamina) com densidade uniforme ρ que ocupauma regiao A do plano. Desejamos encontrar o ponto P no qual a placa se equilibra hori-zontalmente. Esse ponto e chamado centro de massa da placa ou centroide de A. Suponhaque a regiao A seja da forma

A ={(x, y) ∈ R2 ; a ≤ x ≤ b , 0 ≤ y ≤ f(x)

},

onde f e funcao definida e contınua em [a, b], com f(x) ≥ 0, para todo x ∈ [a, b].Consideremos uma particao P = (xi) de [a, b] e escolhemos o ponto ci como sendo ponto

medio do intervalo [xi−1 , xi], que e ci =xi + xi−1

2. Isto determina uma aproximacao poligonal

a A.

136

-

6

••

f(c2)

f(ci) f

a = x0 x1 x2 x3 xi−1 xi b = xn

c2 ci? ?

•¾(c2,

1

2f(c2)) • - (ci,

1

2f(ci))

O centro de massa do retangulo hachurado Ri e seu centro

(ci ,

f(ci)

2

). Sua area e f(ci)∆xi;

assim sua massa emi = ρ ∆xi︸︷︷︸

base

f(ci)︸︷︷︸altura

. (7.5)

O centro de massa dos retangulos R1 , R2 . . . Rn sera dado por

(xc, yc) =

n∑i=1

ci mi

n∑i=1

mi

,

n∑i=1

f(ci)

2mi

n∑i=1

mi

(7.5)=

=

n∑i=1

ciρ f(ci)∆xi

n∑i=1

ρ f(ci)∆xi

,

1

2

n∑i=1

f(ci)ρf(ci)∆xi

n∑i=1

ρ f(ci)∆xi

=

n∑i=1

ci f(ci)∆xi

n∑i=1

f(ci)∆xi

,

1

2

n∑i=1

f 2(ci)∆xi

n∑i=1

f(ci)∆xi

.

137

Daı, fazendo ∆P = max1≤i≤n

∆xi → 0, obtemos o centro de massa da regiao A

(xc, yc) =

∫ b

a

x f(x) dx

∫ b

a

f(x) dx

,

1

2

∫ b

a

f 2(x) dx

∫ b

a

f(x) dx

=

(1

areaA

∫ b

a

x f(x) dx ,1

areaA

1

2

∫ b

a

f 2(x) dx

).

Exemplo 7.17. Calcule o centro de massa da regiao limitada pelas curvas y = cos x, y =0, x = 0 e x = π/2.

A area da regiao e: Area A =

∫ π/2

0

cos x dx = sen x

∣∣∣∣π/2

0

= 1; assim,

xc =1

areaA

∫ π/2

0

x f(x) dx =

∫ π/2

0

x cos x dx = x sen x

∣∣∣∣π/2

0

−∫ π/2

0

sen x dx =π

2− 1,

yc =1

areaA

1

2

∫ π/2

0

f 2(x) dx =1

2

∫ π/2

0

cos2 x dx =1

4

∫ π/2

0

(1 + cos(2x)) dx

=1

4

(x +

1

2sen (2x)

) ∣∣∣∣π/2

0

=π

8.

Portanto o centro de massa e(π

2− 1,

π

8

).

Se a regiao A esta entre as curvas y = f(x) e y = g(x), onde f(x) ≥ g(x), entao o mesmoargumento anterior pode ser usado para mostrar que o centro de massa de

A ={(x, y) ∈ R2 ; a ≤ x ≤ b , g(x) ≤ y ≤ f(x)

}

e dado por

(xc, yc) =

(1

areaA

∫ b

a

x [f(x)− g(x)] dx ,1

areaA

1

2

∫ b

a

[f 2(x)− g2(x)] dx

).

Exemplo 7.18. Determine o centro de massa da regiao A limitada pela reta y = x e pelaparabola y = x2 .

A area da regiao e

Area A =

∫ 1

0

(x− x2) dx =x2

2− x3

3

∣∣∣∣1

0

=1

6.

138

Portanto,

xc = 6

∫ 1

0

x(x− x2) dx = 6

(x3

3− x4

4

) ∣∣∣∣1

0

=1

2,

yc = 61

2

∫ 1

0

(x2 − x4) dx = 3

(x3

3− x5

5

) ∣∣∣∣1

0

=2

5.

O centro de massa e

(1

2,2

5

).

Exercıcio: Determine o centro de massa da regiao A limitada pela reta y = 1 e pela parabolay = x2 . [R : (0, 2/5)].

139

Capıtulo 8

Tecnicas de Integracao

Com o Segundo Teorema Fundamental do Calculo podemos integrar uma funcao a partir deuma primitiva ou integral indefinida. Neste capıtulo desenvolveremos outras tecnicas paracalcular integrais indefinidas.

8.1 Integrais Trigonometricas

Nesta secao usaremos identidades trigonometricas para integrar certas combinacoes defuncoes trigonometricas.


∫cos3 x dx.

Observe que cos3 x = cos2 x cos x = (1−sen2x) cos x. Fazendo u = sen x temos du = cos x dx.

∫cos3 x dx =

∫(1− sen2x) cos x dx =

∫(1− u2) du = u− u3

3+ k = sen x− 1

3sen3x + k.


∫sen(3x) cos(2x) dx.

Observe que sen(3x) cos(2x) =1

2[sen(5x) + sen(x)]. Entao,

∫sen(3x) cos(2x) dx =

1

2

∫[sen(5x) + sen(x)] dx = − 1

10cos(5x)− 1

2cos x + k.


∫sen4(x) dx.

Observe que sen2(x) =1

2(1− cos(2x)) e cos2 x =

1

2(1 + cos(2x)). Entao,

∫sen4(x) dx =

1

4

∫(1− cos(2x))2 dx =

1

4

∫(1− 2 cos(2x) + cos2(2x)) dx

140

=1

4

∫(1− 2 cos(2x) +

1

2(1 + cos(4x)) dx =

1

4

(3x

2− sen(2x) +

sen(4x)

8

)+ k.


∫sen5x cos2 x dx.

Observe que sen5x cos2 x = (sen2x)2 cos2 x sen(x) = (1 − cos2 x)2 cos2 x senx. Fazendo u =cos x temos du = −senx dx e assim

∫sen5x cos2 x dx =

∫(1− cos2 x)2 cos2 x senx dx =

∫(1− u2)2u2(−du)

= −∫

(u2 − 2u4 + u6) du = −(

u3

3− 2

u5

5+

u7

7

)+ k = −cos3 x

3+ 2

cos5 x

5− cos7 x

7+ k.

Estrategia para avaliar

∫senmx cosn x dx.

(a) Se n for ımpar,

∫senmx cos(2k+1) x dx =

∫senmx (cos2 x)k cos x dx =

∫senmx(1− sen2x)k cos x dx.

Entao faca u = sen x.

(b) Se m for ımpar,

∫sen(2k+1)x cosn x dx =

∫(sen2x)k cosn x senx dx =

∫(1− cos2 x)k cosn x senx dx.

Entao faca u = cos x.

(c) Se m e n forem pares, utilizamos as identidades dos angulos metade

sen2x =1

2(1− cos(2x)) cos2 x =

1

2(1 + cos(2x)).

Algumas vezes pode ser util a identidade

2 senx cos x = sen(2x).


∫sen(mx) cos(nx) dx ou

∫sen(mx) sen(nx) dx ou

∫cos(mx) cos(nx) dx. Utilize a identidade correspondente:

(a) 2sen a cos b = sen(a− b) + sen(a + b),

141

(b) 2sen a sen b = cos(a− b)− cos(a + b),

(c) 2 cos a cos b = cos(a− b) + cos(a− b).

Podemos usar uma estrategia semelhante para avaliar integrais envolvendo potencias detangente e secante.


∫tg6x sec4 x dx.

Observe que tg6x sec6 x = tg6x sec2 x sec2 x = tg6x(1 + tg2x) sec2 x . Fazendo u = tgx temosdu = sec2 x dx e assim

∫tg6x sec4 x dx =

∫tg6x(1 + tg2x) sec2 x dx =

∫u6(1− u2) du

=u7

7+

u9

9+ k =

tg7x

7+

tg9x

9+ k.


∫tg5x sec7 x dx.

Observe que tg5x sec7 x = tg4x sec6 x sec xtgx = (sec2 x − 1)2 sec6 x sec x tgx. Fazendo u =sec x temos du = sec x tgx dx e assim

∫tg5x sec7 x dx =

∫(sec2 x− 1)2 sec6 x sec x tgx dx =

∫(u2 − 1)2u6 du

=u11

11− 2

u9

9+

u7

7+ k =

sec11 x

11− 2

sec9 x

9+

sec7 x

7+ k.


∫tgmx secn x dx.

(a) Se n for par,∫

tgmx sec2k x dx =

∫tgmx (sec2 x)k−1 sec2 x dx =

∫tgmx(1 + tg2x)k−1 sec2 x dx.

Entao faca u = tg x.

(b) Se m for ımpar,∫

tg(2k+1)x secn x dx =

∫(tg2x)k secn−1 x sec x tgx dx

=

∫(sec2 x− 1)k secn−1 x sec x tgx dx.

Entao faca u = sec x.

142

Exercıcio: Calcule as seguintes integrais

(a)

∫sen(3x) cos(5x) dx; (b)

∫sen3(3x) dx; (c)

∫cos5 x dx;

(d)

∫sen3(3x) cos3(3x) dx; (e)

∫sen2x cos2 x dx; (f)

∫sec x tg2x dx.

8.2 Substituicao Inversa

Em geral podemos fazer uma substituicao da forma x = g(t) usando a Regra da Substituicaoao contrario. Suponhamos que x = g(t) seja inversıvel, entao trocando u por x e x por t naRegra de Substituicao 6.1 obtemos

∫f(x) dx =

∫f(g(t))g′(t) dt.

Este tipo de substituicao e chamada de substituicao inversa e tambem de mudanca devariaveis.


∫ √1− x2 dx.

Como 1 − sen2t = cos2 t, a mudanca x = sen t ,−π

2< t <

π

2, elimina a raiz do integrando.

Temos dx = cos t dt. Entao,

∫ √1− x2 dx =

∫ √1− sen 2t cos t dt =

∫ √cos2 t cos t dt =

∫| cos t| cos t dt =

∫cos2 t dt,

pois cos t ≥ 0 se −π

2< t <

π

2. Assim,

∫ √1− x2 dx =

∫cos2 t dt =

∫ (1

2+

1

2cos(2t)

)dt

=1

2t +

1

4sen(2t) + k =

1

2t +

1

2sen t cos t + k.

Devemos retornar a variavel x original. Como x = sen t − π

2< t <

π

2, segue t = arcsenx e

cos t =√

1− x2; logo

∫ √1− x2 dx =

1

2arcsenx +

1

2x√

1− x2 + k, −1 < x < 1.


∫x2√

x + 1 dx.

143

Fazendo u = x + 1, temos x = u− 1 e du = dx. Entao,

∫x2√

x + 1 dx =

∫(u− 1)2

√u du =

∫(u2 − 2u + 1)u1/2 du =

∫ (u5/2 − 2u3/2 + u1/2

)du

=2

7u7/2 − 2

2

5u5/2 +

2

3u3/2 + k =

2

7(x + 1)7/2 − 4

5(x + 1)5/2 +

2

3(x + 1)3/2 + k.


∫ √1 + x2 dx.

Como 1 + tg2t = sec2 t, a mudanca x = tg t ,−π

2< t <

π

2, elimina a raiz do integrando.

Temos dx = sec t dt. Entao,

∫ √1 + x2 dx =

∫ √1 + tg2t sec2 t dt =

∫| sec t| sec2 t dt =

∫sec3 t dt,

pois sec t ≥ 0 se −π

2< t <

π

2. Agora,

∫sec3 t dt =

∫sec t︸︷︷︸

f

sec2 t︸︷︷︸g′

dt = sec t︸︷︷︸f

tg t︸︷︷︸g

−∫

sec t tg t︸︷︷︸f ′

tg t︸︷︷︸g

= sec t tg t−∫

sec t(sec2 t−1) dt.

Portanto,

2

∫sec3 t dt = sec t tg t−

∫sec t dt = sec t tg t + ln | sec t + tgt|+ k.

Devemos retornar a variavel x original. Como x = tg t, segue 1 + x2 = sec2 t e comosec t > 0, sec t =

√1 + x2; logo

∫ √1 + x2 dx =

1

2(sec t tg t + ln | sec t + tgt|+ k) =

1

2

(x√

1 + x2 + ln |√

1 + x2 + x|)

+ k.

Exercıcio: Indique, em cada caso, qual a mudanca de variavel que elimina a raiz do inte-grando.

(a)

∫ √1− 4x2 dx, [R : 2x = sen t]; (b)

∫ √5− 4x2 dx, [R :

2√5x = sen t];

(c)

∫ √3 + 4x2 dx, [R :

2√3x = tg t]; (d)

∫ √1− (x− 1)2 dx, [R : x− 1 = sen t];

(e)

∫ √x− x2 dx, [R : x− 1

2=

1

2sen t]; (f)

∫ √x2 − 1 dx, [R : x = sec t].

144

8.3 Primitivas de Funcoes Racionais

Nesta secao mostraremos como integrar qualquer funcao racional (quociente de polinomios)expressando-a como soma de fracoes parciais. Consideremos a funcao racional

f(x) =P (x)

Q(x)

onde P e Q sao polinomios. E possıvel expressar f como soma de fracoes mais simples desdeque o grau de P seja menor que o grau de Q. Se o grau de P for maior ou igual ao grau deQ, entao primeiro dividimos os polinomios,

P (x)

Q(x)= S(x) +

R(x)

Q(x),

onde S(x) e R(x) sao tambem polinomios.


∫x3 + x

x− 1dx.

Dividindo obtemos∫

x3 + x

x− 1dx =

∫ (x2 + x + 2 +

2

x− 1

)dx =

x3

3+

x2

2+ 2x + 2 ln |x− 1|+ k.

Uma segunda etapa consiste em fatorar o denominador Q(x) o maximo possıvel. Podeser mostrado que qualquer polinomio Q pode ser fatorado como produto de fatores linearese de fatores quadraticos irredutıveis.

Exemplo 8.11. x4 − 16 = (x− 2)(x + 2)(x2 + 4).

Finalmente, devemos expressar a funcao racional como uma soma de fracoes parciais.Explicamos os detalhes dos diferentes casos que ocorrem.

8.3.1 Denominadores Redutıveis do 2o Grau

Teorema 8.1. Sejam α, β, m, n ∈ R, com α 6= β. Entao existem A,B ∈ R tais que

(i)mx + n

(x− α)(x− β)=

A

x− α+

B

x− β;

(ii)mx + n

(x− α)2=

A

x− α+

B

(x− α)2.

145

Observacao: Note que, para aplicarmos o teorema, o grau do numerador deve ser estrita-mente menor do que o grau do denominador do lado esquerdo das igualdades em (i) e (ii)do Teorema 8.1.

Procedimento para calcular

∫P (x)

(x− α)(x− β)dx , onde grau P < 2 .

• Se α 6= β , entao o Teorema 8.1 (i) implica que existem A, B ∈ R tais que

P (x)

(x− α)(x− β)=

A

x− α+

B

x− β.

Portanto∫P (x)

(x− α)(x− β)dx =

∫A

x− αdx +

∫B

x− βdx = A ln |x− α|+ B ln |x− β|+ k .

• Se α = β, entao o Teorema 8.1 (ii) implica que existem A, B ∈ R tais que

P (x)

(x− α)2=

A

(x− α)+

B

(x− α)2.

Logo∫

P (x)

(x− α)2dx = A

∫1

x− αdx + B

∫1

(x− α)2dx = A ln |x− α| − B

(x− α)+ k .


∫x + 3

x2 − 3x + 2dx.

Observe que x2 − 3x + 2 = (x− 1)(x− 2). O metodo de fracoes parciais da

x + 3

x2 − 3x + 2=

A

x− 1+

B

x− 2

e portanto A(x−2)+B(x−1) = x+3 ou (A+B)x−2A−B = x+3. Como os polinomios saoidenticos, seus coeficientes devem ser iguais. Logo, A + B = 1 e −2A− B = 3. Resolvendo,obtemos A = −4 e B = 5 e assim

∫x + 3

x2 − 3x + 2dx =

∫ ( −4

x− 1+

5

x− 2

)dx = −4 ln |x− 1|+ 5 ln |x− 2|+ k.


∫x3 + 2

(x− 1)2dx.

Neste caso e melhor fazer uma mudanca de variaveis. Seja u = x−1 ou x = u+1 e du = dx.Assim, ∫

x3 + 2

(x− 1)2dx =

∫(u + 1)3

u2du =

∫u3 + 3u2 + 3u + 3

u2du

=u2

2+ 3u + 3 ln |u| − 3

u+ k =

(x− 1)2

2+ 3(x− 1) + 3 ln |x− 1| − 3

x− 1+ k.

146

8.3.2 Denominadores Redutıveis do 3o Grau

Teorema 8.2. Sejam α, β, γ, m, n, p ∈ R, com α , β , γ 6= 0. Entao existem A,B, C ∈ Rtais que

(i)mx2 + nx + p

(x− α)(x− β)(x− γ)=

A

x− α+

B

x− β+

C

x− γ;

(ii)mx2 + nx + p

(x− α)(x− β)2=

A

x− α+

B

x− β+

C

(x− β)2;

(iii)mx2 + nx + p

(x− α)3=

A

x− α+

B

(x− α)2+

C

(x− α)3.


∫2x + 1

x3 − x2 − x + 1dx.

Como 1 e raiz de x3−x2−x+1, sabemos que (x−1) e um fator e obtemos x3−x2−x+1 =(x− 1)(x2 − 1) = (x− 1)2(x + 1). A decomposicao em fracoes parciais e

2x + 1

x3 − x2 − x + 1=

A

x + 1+

B

(x− 1)+

C

(x− 1)2.

Entao, 2x + 1 = A(x − 1)2 + B(x + 1)(x − 1) + C(x + 1). Fazendo x = 1 obtemos 3 = 2C

ou C =3

2. Fazendo x = −1, obtemos −1 = 4A ou A = −1

4. Fazendo x = 0, obtemos

1 = −1

4−B +

3

2ou B =

1

4. Assim,

∫2x + 1

x3 − x2 − x + 1dx = −1

4

∫1

x + 1dx +

1

4

∫1

x− 1dx +

3

2

∫1

(x− 1)2dx

= −1

4ln |x + 1|+ 1

4ln |x− 1| − 3

2

1

x− 1+ k.

8.3.3 Denominadores Irredutıveis do 2o Grau

Queremos calcular integrais do tipo∫

P (x)

ax2 + bx + cdx ,

onde P e um polinomio e ∆ = b2− 4ac < 0. Entao devemos reescrever o denominador comosoma de quadrados. Em seguida, fazemos uma mudanca de variavel e calculamos a integral.


∫2x + 1

x2 + 2x + 2dx.

147

Escrevamos o denominador como soma de quadrados x2+2x+2 = x2+2x+1+1 = (x+1)2+1.Fazendo u = x + 1, temos du = dx;

∫2x + 1

x2 + 2x + 2dx =

∫2x + 1

(x + 1)2 + 1dx =

∫2(u− 1) + 1

u2 + 1du =

∫2u

u2 + 1du +

∫ −1

u2 + 1du

= ln(1 + u2)− arctg u + k = ln(1 + (x + 1)2)− arctg (x + 1) + k.


∫4x2 − 3x + 2

4x2 − 4x + 3dx.

Como o grau do denominador e igual ao grau do denominador, primeiro vamos dividir ospolinomios,

4x2 − 3x + 2

4x2 − 4x + 3= 1 +

x− 1

4x2 − 4x + 3= 1 +

x− 1

(2x− 1)2 + 2.

Fazendo u = 2x− 1 ou x =u + 1

2, temos du = 2 dx, assim

∫4x2 − 3x + 2

4x2 − 4x + 3dx =

∫ (1 +

x− 1

(2x− 1)2 + 2

)dx = x+

1

2

∫ u+12− 1

u2 + 2du = x+

1

4

∫u− 1

u2 + 2du

= x +1

4

∫u

u2 + 2du− 1

4

∫1

u2 + 2du = x +

1

8ln |u2 + 1| − 1

4

1√2

arctg

(u√2

)+ k

= x +1

8ln |(2x− 1)2 + 1| − 1

4

1√2

arctg

((2x− 1)√

2

)+ k.

Agora, vamos considerar integrais do tipo

∫P (x)

(x− α)(ax2 + bx + c)dx ,

onde P e um polinomio e ∆ = b2 − 4ac < 0.

Teorema 8.3. Sejam m, n, p, a, b, c, α ∈ R tais que ∆ = b2 − 4ac < 0 . Entao existemA,B, D ∈ R tais que

mx2 + nx + p

(x− α)(ax2 + bx + c)=

A

x− α+

Bx + D

ax2 + bx + c.


∫x5 + x + 1

x3 − 8dx .

148

Observe que x3 − 8 = (x− 2)(x2 + 2x + 4). Dividindo obtemos

x5 + x + 1

x3 − 8= x2 +

8x2 + x + 1

x3 − 8= x2 +

8x2 + x + 1

(x− 2)(x2 + 2x + 4).

Pelo metodo de fracoes parciais,

8x2 + x + 1

(x− 2)(x2 + 2x + 4)=

A

x− 2+

Bx + C

x2 + 2x + 4.

Entao, 8x2 + x + 1 = A(x2 + 2x + 4) + (Bx + C)(x − 2). Fazendo x = 2 obtemos 35 = 4A

ou A =35

12. Fazendo x = 0, obtemos 1 = 4A − 2C ou C =

16

3. Fazendo x = 1, obtemos

10 = 7A−B − C ou B =61

12. Assim,

∫8x2 + x + 1

(x− 2)(x2 + 2x + 4)dx =

35

12

∫1

x− 2dx +

∫ 6112

x + 163

x2 + 2x + 4dx

=35

12ln |x− 2|+ 1

12

∫61x + 64

x2 + 2x + 4dx.

Para calcular a ultima integral, escrevemos x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 e fazemos u = x + 1ou x = u− 1 e du = dx; portanto,

∫61x + 64

x2 + 2x + 4dx =

∫61x + 64

(x + 1)2 + 3dx =

∫61(u− 1) + 64

u2 + 3du

= 61

∫u

u2 + 3du + 3

∫1

u2 + 3du =

61

2ln(u2 + 3) +

3√3arctg

u√3

+ k

=61

2ln((x + 1)2 + 3) +

3√3arctg

x + 1√3

+ k.

Finalmente,

∫x5 + x + 1

x3 − 8dx =

x3

3+

35

12ln |x− 2|+ 61

24ln((x + 1)2 + 3) +

3

12√

3arctg

x + 1√3

+ k.


(a)

∫1

cos xdx; (b)

∫x4 + 2x + 1

x3 − x2 − 2xdx; (c)

∫x2 + 2x + 3

x2 + 4x + 13dx.

149

8.4 A Substituicao u = tg(x/2)

A substituicao u = tg(x/2) transforma qualquer funcao racional envolvendo seno e cossenoem uma funcao racional de polinomios. Observemos que

sen x = 2sen(x/2) cos(x/2) = 2sen(x/2)

cos(x/2)cos2(x/2).

Assim,

sen x =2tg(x/2)

1 + tg2(x/2)=

2u

1 + u2.

Tambem temos que

cos x = 1− 2sen2(x/2) = cos2(x/2) sec2(x/2)− 2 cos2(x/2)tg2(x/2),

logo,

cos x =1− tg2(x/2)

1 + tg2(x/2)=

1− u2

1 + u2.


∫1

cos x + sen xdx.

Fazendo u = tg(x/2), temos que du =1

2(1 + tg2(x/2))dx, entao dx =

2

1 + u2du. Utilizando

as identidades trigonometricas anteriores,

cos x + sen x =1− u2 + 2u

1 + u2.

Assim, ∫1

cos x + senxdx = 2

∫1

1− u2 + 2udu,

a qual pode ser integrada utilizando fracoes parciais. Note que

1

u2 − 2u− 1=

1

(u− a)(u− b)=

1

2√

2

(1

u− a− 1

u− b

),

onde a = 1 +√

2 e b = 1−√2. Portanto,∫1

cos x + senxdx =

1√2

(ln |u− b| − ln |u− a|) + k

=1√2

(ln |tg(x/2)− 1 +

√2| − ln |tg(x/2)− 1−

√2|

)+ k.

Exercıcio: Calcule as integrais:

(a)

∫1

1− cos xsen xdx, [R : ln |tg(x/2)| − ln |1 + tg(x/2)|+ k; ]

(b)

∫1

2 + sen xdx,

[R :

2√3arctg

(2tg(x/2) + 1√

3

)+ k

].

150

Capıtulo 9

Integrais Improprias

Na definicao de integral definida

∫ b

a

f(x) dx exige-se que a funcao f esteja definida num

intervalo limitado e fechado [a, b] e que f seja limitada nesse intervalo. Neste capıtuloestendemos o conceito de integral definida para casos mais gerais.

9.1 Intervalos Infinitos

Consideremos a funcao f(x) =1

x2e calculemos a area A limitada pelo grafico de f e pelas

retas y = 0, x = 1 e x = b, com b > 1. Entao

A =

∫ b

1

1

x2dx = −1

x

∣∣∣∣b

1

= 1− 1

b.

Fazendo b → +∞, temos A → 1. Isto quer dizer que a area A do conjunto ilimitado

{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ f(x), x ≥ 1}

e finita e igual a 1.

Definicao 9.1 (Integral Impropria do Tipo 1).

• Se

∫ t

a

f(x) dx existe para cada numero t ≥ a, entao definimos

∫ ∞

a

f(x) dx = limt→∞

∫ t

a

f(x) dx,

se o limite existir.

151

• Se

∫ b

t

f(x) dx existe para cada numero t ≤ b, entao definimos

∫ b

−∞f(x) dx = lim

t→−∞

∫ b

t

f(x) dx

se o limite existir.

Quando uma das integrais improprias acima existir e for finita, diremos que ela econvergente. Caso contrario, ela sera dita divergente.

Observacao: As integrais improprias podem ser interpretadas como uma area, desde quef seja uma funcao positiva.

Exemplo 9.1. Determine se a integral

∫ ∞

1

1

xdx e convergente ou divergente.

∫ ∞

1

1

xdx = lim

t→∞

∫ t

1

1

xdx = lim

t→∞ln |x|

∣∣∣∣t

1

= limt→∞

ln t = ∞.

Como o limite e infinito, a integral e divergente.


∫ ∞

1

1

x3dx e convergente ou divergente.

∫ ∞

1

1

x3dx = lim

t→∞

∫ t

1

1

x3dx = lim

t→∞1

−2x2

∣∣∣∣t

1

= limt→∞

1

−2t2+

1

2=

1

2.

Como o limite e finito, a integral e convergente.


∫ 0

−∞xex dx e convergente ou divergente.

∫ 0

−∞xe−x dx = lim

t→−∞

∫ 0

t

xex dx = limt→−∞

(xex

∣∣∣∣0

t

−∫ 0

t

ex dx

)= lim

t→−∞(−tet − 1 + et) = −1.

Como o limite e finito, a integral e convergente.

Exercıcio: Calcule as integrais improprias

(a)

∫ 3

−∞

dx

(9− x)2, [R : 1/6]; (b)

∫ 0

−∞e−xdx, [R : Diverge].

Exercıcio: Determine a area A da regiao do primeiro quadrante limitado pela curva y = 2−x,o eixo x e o eixo y. [R : 1/ ln 2].

Exercıcio: Determine a convergencia ou nao da integral

∫ ∞

1

1

xpdx, p ∈ R. [R : Converge

⇔ p > 1].

152

Definicao 9.2. Se as integrais

∫ a

−∞f(x) dx,

∫ ∞

a

f(x) dx existem e sao convergentes, entao

definimos∫ ∞

−∞f(x) dx =

∫ a

−∞f(x) dx +

∫ ∞

a

f(x) dx.

Observacao: Se uma das integrais improprias

∫ a

−∞f(x) dx ou

∫ ∞

a

f(x) dx for divergente,

entao

∫ ∞

−∞f(x) dx tambem o sera.

Exemplo 9.4. Avalie

∫ ∞

−∞

1

1 + x2dx.

E conveniente escolher a = 0 na definicao:

∫ ∞

−∞

1

1 + x2dx =

∫ 0

−∞

1

1 + x2dx +

∫ ∞

0

1

1 + x2dx.

Calculemos as integrais.

∫ ∞

0

1

1 + x2dx = lim

t→∞

∫ t

0

1

1 + x2dx = lim

t→∞arctg x

∣∣∣∣t

0

=π

2.

∫ 0

−∞

1

1 + x2dx = lim

t→−∞

∫ 0

t

1

1 + x2dx = lim

t→−∞arctg x

∣∣∣∣0

t

=π

2.

Portanto, ∫ ∞

−∞

1

1 + x2dx =

π

2+

π

2= π.

Exercıcio: Calcule

∫ ∞

−∞xe−x2

dx. [R : 0].

9.2 Testes de Convergencia

Algumas vezes nao e possıvel encontrar um valor exato para uma integral impropria, maspodemos saber se ela e convergente ou divergente usando outras integrais conhecidas.

Teorema 9.1 (Teste da Comparacao). Sejam f e g funcoes contınuas satisfazendo f(x) ≥g(x) ≥ 0 para todo x ≥ a. Entao,

(i) Se

∫ ∞

a

f(x) dx e convergente, entao

∫ ∞

a

g(x) dx tambem e convergente.

153

(ii) Se

∫ ∞

a

g(x) dx e divergente, entao

∫ ∞

a

f(x) dx tambem e divergente.

Exemplo 9.5. Mostre que

∫ ∞

1

e−x2

dx e convergente.

Nao podemos avaliar diretamente a integral pois a primitiva de e−x2nao e uma funcao

elementar. Observe que se x ≥ 1, entao x2 ≥ x, assim −x2 ≤ −x e como a exponencial ecrescente e−x2 ≤ e−x. Assim,

∫ ∞

1

e−x2

dx ≤∫ ∞

1

e−x dx = limt→∞

∫ t

0

e−x dx = limt→∞

(e−1 − e−t) = e−1.

Logo pelo Teste da Comparacao a integral e convergente.

Exemplo 9.6. Analise a convergencia de

∫ ∞

1

sen 2x

x2dx.

Observe que 0 ≤ sen 2x

x2≤ 1

x2, para todo x ∈ [1,∞). Como a integral

∫ ∞

1

1

x2dx converge,

pelo Teste da Comparacao a integral

∫ ∞

1

sen 2x

x2dx e convergente.

Exemplo 9.7. Analise a convergencia da

∫ ∞

1

1 + e−x

xdx.

Observe que1 + e−x

x≥ 1

xe

∫ ∞

1

1

xdx diverge, entao pelo Teste da Comparacao a integral

∫ ∞

1

1 + e−x

xdx e divergente.

Teorema 9.2 (Teste da Comparacao no Limite). Sejam f, g : [a, +∞) → R+ funcoescontınuas. Se

limx→∞

f(x)

g(x)= L, 0 < L < ∞,

entao

∫ ∞

a

f(x) dx e

∫ ∞

a

g(x) dx serao ambas convergentes ou ambas divergentes.


∫ ∞

1

1

1 + x2dx.

As funcoes f(x) =1

x2e g(x) =

1

1 + x2sao positivas e contınuas em [1, +∞) e

limx→∞

f(x)

g(x)= lim

x→∞1/x2

1/(1 + x2)= lim

x→∞1 + x2

x2= 1.

154

Portanto, como a integral

∫ ∞

1

1

x2dx converge,

∫ ∞

1

1

1 + x2dx tambem e convergente.

Entretanto, as integrais convergem para valores diferentes.

∫ ∞

1

1

x2dx = lim

t→∞

∫ t

1

1

x2dx = lim

t→∞

(−1

x

) ∣∣∣∣t

1

= limt→∞

1− 1

t= 1.

∫ ∞

1

1

1 + x2dx = lim

t→∞

∫ t

1

1

1 + x2dx = lim

t→∞arctg x

∣∣∣∣t

1

= limt→∞

(arctg t− arctg 1) =π

4.


∫ ∞

1

3

ex − 5dx.

As funcoes f(x) =1

exe g(x) =

3

ex − 5sao positivas e contınuas em [1,∞) e

limx→∞

f(x)

g(x)= lim

x→∞1/ex

3/(ex − 5)= lim

x→∞ex − 5

3ex= lim

x→∞1

3− 5

3ex=

1

3.

Portanto, como a integral

∫ ∞

1

1

exdx =

∫ ∞

1

e−x dx converge,

∫ ∞

1

3

ex − 5dx tambem con-

verge.

9.3 Integrandos Descontınuos

Consideremos a funcao f(x) =1√x

. Queremos calcular a area A limitada pelo grafico de f

e pelas retas y = 0, x = ε, ε > 0, e x = 4. Entao

A =

∫ 4

ε

f(x) dx = −2√

x

∣∣∣∣4

ε

= 4− 2√

ε.

Fazendo ε → 0, temos A → 4 o que quer dizer que a area A do conjunto ilimitado

{(x, y) ∈ R2 : 0 ≤ y ≤ f(x), 0 ≤ x ≤ 4}

e finita e igual a 4.

Definicao 9.3 (Integral Impropria do Tipo 2).

• Seja f uma funcao contınua em [a, b) e descontınua em b, definimos

∫ b

a

f(x) dx = limt→b−

∫ t

a

f(x) dx,

se esse limite existir.

155

• Seja f uma funcao contınua em (a, b] e descontınua em a, definimos

∫ b

a

f(x) dx = limt→a+

∫ b

t

f(x) dx,

se esse limite existir.

A integral impropria

∫ b

a

f(x) dx e chamada convergente se o limite existir e for

finito, caso contrario sera dita divergente.

• Se f tiver uma descontinuidade em c, onde a < c < b, e ambos

∫ c

a

f(x) dx e

∫ b

c

f(x) dx

forem convergentes, entao definimos

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx +

∫ b

c

f(x) dx.


∫ 5

2

1√x− 2

dx.

Observemos que f(x) =1√

x− 2nao e contınua em x = 2. Entao,

∫ 5

2

1√x− 2

dx = limt→2+

∫ 5

t

1√x− 2

dx = limt→2+

2(x− 2)1/2

∣∣∣∣5

t

= limt→2+

2(√

3−√t− 2)

= 2√

3.

Exemplo 9.11. Determine se

∫ π/2

0

sec x dx converge ou diverge.

Como o limt→π/2−

sec x = +∞ a integral e impropria. Entao

∫ π/2

0

sec x dx = limt→π/2−

∫ π/2

0

sec x dx = limt→π/2−

ln | sec x + tg x|∣∣∣∣t

0

= ∞,

pois limt→π/2−

sec x = limt→π/2−

tg x = +∞. Portanto a integral e divergente.


∫ 3

0

1

x− 1dx.

Observemos que f(x) =1

x− 1nao e contınua em x = 1. Entao,

∫ 3

0

1

x− 1dx =

∫ 1

0

1

x− 1dx +

∫ 3

1

1

x− 1dx.

156

Agora,

∫ 1

0

1

x− 1dx = lim

t→1−

∫ t

0

1

x− 1dx = lim

t→1−ln |x− 1|

∣∣∣∣t

0

= limt→1−

(ln |t− 1| − ln | − 1|) = −∞,

pois limt→1−

(1− t) = 0. Portanto a integral e divergente.

Observacao: Se nao tivessemos notado a assıntota x = 1 no exemplo anterior e tivessemosconfundido a integral com uma integral definida, poderıamos ter calculado erroneamente. Deagora em diante devemos prestar atencao no integrando para decidir se a integral e impropriaou nao.

Se c ∈ (a, b) e f : [a, b] \ {c} → R. Nestas condicoes, a integral

∫ b

a

f(x) dx devera ser

tratada como uma integral impropria. Daı, se

∫ c

a

f(x) dx e

∫ b

c

f(x) dx forem convergentes,

entao

∫ b

a

f(x) dx tambem sera convergente e teremos

∫ b

a

f(x) dx =

∫ c

a

f(x) dx +

∫ b

c

f(x) dx.

Se pelo menos uma das integrais

∫ c

a

f(x) dx ou

∫ b

c

f(x) dx for divergente, entao

∫ b

a

f(x) dx

sera divergente.

Exercıcio: Calcule

(a)

∫ 0

−2

1

(x + 1)1/3dx, [R : 0]; (b)

∫ π

0

tgx dx, [R : Diverge].

Exercıcio: Esboce o grafico de f(x) =1

(x− 3)2/3e calcule a area A da regiao sob o grafico

da funcao f , acima do eixo x e entre as retas x = 1 e x = 5. [R : 2 3√

2].

Exercıcio: Calcule

(a)

∫ 4

3/2

(x− 3

2

)−2

dx, [R : Diverge]; (b)

∫ π/2

0

cos x√sen x

dx, [R : 2].

Exercıcio: Analise a convergencia das integrais

(a)

∫ π

0

sen x√π − x

dx, [R : Converge]; (b)

∫ 2

0

1

1− x2dx, [R : Diverge];

(c)

∫ π

0

1√t + sen t

dt, [R : Converge]; (d)

∫ ∞

1

1√ex − x

dx, [R : Converge].

157

Cálculo I - Notas de Aula - Icmc-Usp

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